Microsoft Word - libritodepreolimpiada-2005 by Arturo Portnoy

Publicaciones AFAMaC

Olimpiadas de Matemáticas de Puerto Rico 2004-2005

Luis F. Cáceres José A. Vélez Departamento de Matemáticas Universidad de Puerto Rico Recinto Universitario de Mayagüez

Primera Edición, 2005 Derechos © AFAMaC Director: Dr. Luis F. Cáceres

Ninguna parte de esta obra puede ser reproducida ni transmitida por ningún medio, electrónico, mecánico, fotocopiado, grabado u otro, excepto con el permiso previo por escrito de AFAMaC. Esta producción ha sido subvencionada por el proyecto AFAMaC mediante proyectos del Departamento de Educación de Puerto Rico. Contrato 2005-AF O AF-081-050147. Realizado Por Luis F. Cáceres José A. Vélez Departamento de Matemáticas Universidad de Puerto Rico, Recinto Universitario de Mayagüez Impreso y hecho en Puerto Rico

PROLOGO Desde hace varios años venimos 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 este folleto presentamos los exámenes y soluciones del ciclo de olimpiadas de matemáticas 2004-2005. Este ciclo consiste de la competencia preolímpica de Matemáticas: Primera Fase y Segunda Fase y de la Olimpíada de Matemáticas de Puerto Rico. Cada una de estas olimpiadas se realiza en dos niveles: NIVEL I para estudiantes de 4to a 6to grado y NIVEL II para estudiantes de 7mo a 12mo grado. Se seleccionan los estudiantes por grado con las mejores puntuaciones. El examen de primera fase 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. Los estudiantes con las mayores puntuaciones en la segunda fase pasan a competir en la Olimpiada de Matemáticas de Puerto Rico. La mayoría de problemas que presentamos en este folleto son ejercicios de olimpiadas nacionales e internacionales de varios países, algunos de ellos adaptados para estudiantes de Puerto Rico. 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. Agradecemos al Departamento de Educación de Puerto Rico y al Recinto Universitario de Mayagüez quienes nos han apoyado intensamente en el desarrollo de proyectos educativos que benefician a maestros y estudiantes talentosos de Puerto Rico. Luis F. Cáceres Julio 2005

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AFAMaC Alianza Para el Fortalecimiento del Aprendizaje de las Ciencias y las Matemáticas Estos proyectos están subvencionados por el Departamento de Educación de Puerto Rico y son realizados en el Departamento de Matemáticas del Recinto Universitario de Mayagüez de la Universidad de Puerto Rico.

TABLA DE CONTENIDO COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 PRIMERA FASE ................................................................................................................................ 7 EXAMEN NIVEL I (4TO, 5TO Y 6TO GRADO).............................................................. 7 EXAMEN NIVEL II (7MO-12MO GRADO)................................................................. 12 COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 SEGUNDA FASE .............................................................................................................................. 20 EXAMEN NIVEL I (4TO, 5TO Y 6TO GRADO)............................................................ 20 EXAMEN NIVEL II (7MO-12MO GRADO)................................................................. 25 OLIMPIADA MATEMATICA DE PUERTO RICO (2004-2005) ............................... 30 EXAMEN NIVEL I (4TO, 5TO Y 6TO GRADO)............................................................ 30 EXAMEN NIVEL II (7MO-12MO GRADO)................................................................. 33 SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS .................................................................... 36 COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 PRIMERA FASE .............................................................................................................................. 36 EXAMEN NIVEL I (4TO, 5TO Y 6TO GRADO)............................................................ 36 EXAMEN NIVEL II (7MO-12MO GRADO)................................................................. 43 COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 SEGUNDA FASE .............................................................................................................................. 60 EXAMEN NIVEL I (4TO, 5TO Y 6TO GRADO)............................................................ 60 EXAMEN NIVEL II (7MO-12MO GRADO)................................................................. 67 OLIMPIADA MATEMATICA DE PUERTO RICO (2004-2005) ............................... 77 EXAMEN NIVEL I (4TO, 5TO Y 6TO GRADO)............................................................ 77 EXAMEN NIVEL II (7MO-12MO GRADO) .............................................................. 81 BIBLIOGRAFÍA ........................................................................................................... 88

COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 PRIMERA FASE EXAMEN NIVEL I 4to, 5to y 6to grado 1. Sabiendo que cada cuadrado tiene un área de 1 cm 2 , determina el área de la región sombreada.

a. 4.5 b. 6 c. 7.5

d. 8 e. 10

2. Paco come una manzana los lunes, y cada día siguiente come una manzana más que el anterior, hasta llegar al domingo. ¿Cuántas manzanas come en una semana? a. 6 d. 24 b. 12 e. 28 c. 14 3. María tiene dos chinas, dos manzanas y un guineo. En la semana, de lunes a viernes, quiere comer una fruta por día. ¿De cuántas maneras puede hacerlo? a. 6 d. 35 b. 15 e. 45 c. 30 4. Dos atletas se encuentran a una distancia de 1 kilómetro. Si salen corriendo el uno hacia el otro, de tal forma que la rapidez del segundo es el triple que la rapidez del primero, ¿a qué distancia del origen del primero se cruzan? a.

1 8

3 4

b. c.

1 4 1 2

3 2

5. En la siguiente multiplicación

×7 HAA

A , B y H representan dígitos diferentes. ¿Cuál es la suma de A , B y H? a. 3 b. 6 c. 10

d. 15 e. 20

6. Halla el valor de la siguiente suma: 1− 2 + 3− 4 + 5 − 6 +... + 53−54 + 55. a. -1 d. 28 b. 1 e. 55 c. 24 7. Dibuja un triángulo ABC que tenga ∠A = 30o , ∠B=70o . Sobre la prolongación del lado AC marca el punto D de tal manera que

CD = CB . Completa el triángulo DCB . ¿Cuánto mide cada uno de sus ángulos? a. 40o , 40o y 100o b. c.

30o , 70o y 80o o

30 , 30 y 120

40o , 40o y 120o

e. Ninguna de las anteriores o

8. En un campo, para cercar un corral triangular con cinco cables de alambre, es decir dándole cinco vueltas de alambre, se usaron 525 metros de alambre. El triángulo, que es isósceles, tiene dos lados iguales que miden, cada uno, el doble de lo que mide el otro. Hallar la longitud de cada lado del corral. a. dos lados 120 y el otro 285 d. dos lados 210 y el otro 105 b. dos lados 250 y el otro 125 e. dos lados 42 y el otro 21 c. dos lados 200 y el otro 100 9. En el zoológico, la jaula del león es un cubo cuyas caras miden 3 metros de largo y tiene varillas verticales a largo de todos estos, excepto en el

techo y en el piso. Las caras de la jaula no tienen varillas horizontales. Si entre cada par de varillas hay 0.25 metros de distancia, ¿cuántos metros de varilla hay en la jaula entera? a. 36 d. 144 b. 84 e. 200 c. 124 10. ¿Cuál es el máximo número de rectángulos que se pueden identificar en la figura?

a. 16 b. 32 c. 64

d. 100 e. 256

11. Un quiosquero compra 360 chocolates a la semana para venderlos en su tienda. Puede comprar su mercancía en un supermercado o a un suplidor que vende al por mayor, llamado mayorista. En el supermercado, cada bolsa de 8 chocolates cuesta $3. En el mayorista, cada caja de 60 chocolates cuesta $20. Si le compra los chocolates al mayorista, ¿cuánto dinero ahorra el quiosquero a la semana si compra los chocolates en el mayorista? a. $15 d. $30 b. $20 e. $35 c. $25 12. La siguiente figura muestra los primeros 17 elementos de una secuencia de flechas. Hay algunas horizontales que van hacia la derecha o hacia la izquierda, y otras verticales que suben o que bajan. ¿Qué tipo de flecha es la número 2004? ← ↑ →

← ↓

↑ →

a. b.

→ ↑

↓

← ↓

↑ →

← ↓

↑ →

↓ →

d. ← e. Ninguna de las anteriores

13. Paco, Juan, María y Claudia van al cine. Sólo hay 3 asientos libres en el teatro. Sólo 3 de los niños se podrán sentar. ¿De cuántas formas puede ocurrir esto? a. 6 d. 24 b. 9 e. 32 c. 12 14. Ana compró una pizza y le dio dos terceras partes a su hermana Matilde. De lo que quedó le dio la mitad a su mamá. ¿Que fracción de la pizza se comió? d. 1/ 4 a. 1/12 b. 1/ 6

2/3

c. 1/ 2 15. Considere el cuadrado ABCD. Sean E, F, G y H los puntos medios de AB, BC, CD y DA respectivamente. Sean I, J, K y L los puntos medios de EF, FG, GH y HE respectivamente. Si el perímetro del cuadrado ABCD es 4, ¿cuál es el perímetro del cuadrado IJKL? E

A L

B I

K D

a. 1/ 2 b. 1 c. 2

J C G

d. 3 e. 4

16. Un divisor propio de un número entero n cualquiera, es todo aquel número entero, menor que n, que lo divide. Basándote en esta definición, ¿cuántos divisores propios positivos tiene el número con factorización prima 23 ⋅ 32 ⋅ 5 ? a. 6 d. 18 b. 16 e. 23 c. 17

17. En la Isla de la Fantasía las tablillas de todas las bicicletas traen 2 vocales y 1 dígito, en ese orden. Por ejemplo: AE3 . Si las vocales no pueden repetirse y se han usado todas las tablillas excepto aquellas con dígitos pares, ¿cuántas bicicletas hay en la isla? a. 14 d. 100 b. 50 e. 200 c. 80 18. Se llaman números consecutivos los que vienen uno después del otro en el orden natural. Por ejemplo, 7, 8 y 9 son consecutivos, y también 863, 864 y 865 son consecutivos. El producto de tres números consecutivos que sumados dan 2004 es: a. 298,076,962 d. 298,076,965 b. 298,076,963 e. 298,076,966 c. 298,076,964 19. La edad de Juan mas la edad de su hermana es la mitad de la de su papá. Si Juan es 3 años mayor que su hermana, y 27 años menor que su papá, ¿qué edad tiene Juan? a. 6 años d. 22 años b. 10 años e. 24 años c. 11 años 20. En el juego de “PAN Y QUESO” dos chicos dicen PAN, QUESO, en forma alternada y van uno al encuentro del otro por una línea pintada, poniendo cada vez la punta del frente de un pie pegada a la parte de atrás del otro pie mientras van pisando la línea. Al decir PAN, el primer jugador adelanta un pie; al decir QUESO, lo hace el segundo. Gana el que pisa al otro. En el recreo formaron dos equipos de tres chicos para jugar. En el equipo de Aníbal, los tres calzan 40 cm.; en el equipo de Blas, uno calza 33 cm., otro calza 34 cm. y el tercero calza 35 cm. La línea pintada mide 775 cm. Cada equipo elige un chico para jugar. Si inicia el juego el equipo de Aníbal, ¿a quién elige Blas para ganar? Si inicia el juego el equipo de Blas, ¿a quién elige Blas para ganar? a. El que calza 33. El que calza 35. b. El que calza 34. El que calza 33.

d. El que calza 40. El que calza 35. e. El que calza 34. El que calza 40.

c. El que calza 33. El que calza 34.

COMPETENCIA PRE-OLIMPICADE MATEMATICAS 2004-2005 PRIMERA FASE EXAMEN NIVEL II 7mo-12mo grado 1. La siguiente figura muestra los primeros 17 elementos de una secuencia de flechas. Hay algunas horizontales que van hacia la derecha o hacia la izquierda, y otras verticales que suben o que bajan. ¿Qué tipo de flecha es la número 2004? ← ↑ →

← ↓

↑ →

a. b.

→ ↑

↓

← ↓

↑ →

← ↓

↑ →

↓ →

d. ← e. ninguna de las anteriores

2. En sus vacaciones Santiago visitó 7 ciudades distintas. Antes de salir prometió mandarle una postal a su abuela y una a cada uno de sus tres amigos: Daniel, Federico y Tomás. Si decide enviar cada postal desde una ciudad distinta, ¿de cuántas maneras puede Santiago cumplir su promesa? a. 7 4 d. 35 b. 840 e. 47 c. 21 3. Dos atletas se encuentran a una distancia de 12 kilómetros. Si salen corriendo el uno hacia el otro, de tal forma que la rapidez del segundo es el triple que la rapidez del primero, ¿a qué distancia del punto medio del trayecto entero se cruzan? a. 6 d. 2 b. 3 e. 1 c. 4 4. En el club hay 60 varones más que mujeres. Cuando en la Asamblea se trató el tema de comprar la nueva casa estaban todos los socios

presentes. Votaron a favor 298 socios: 50% de las mujeres y el 30% de los varones. ¿Cuántos socios varones hay en el club? a. 200 d. 410 b. 350 e. ninguna de las anteriores c. 60

5. Halla el valor de la siguiente suma: a. 502 b. 512 c. 522

1 + 3 + 5 + 7 + ... + 97 + 99 + 101

d. 500 e. 1,000

6. En un triángulo ABC el ángulo A mide 30o y el ángulo B mide 70o . Sobre la prolongación del lado AC marca el punto D de tal manera que

CD = CB . ¿Cuánto mide cada ángulo del triángulo DCB ? a. 45o , 45o , 90o d. 20o , 90o , 70o b. 40o , 40o , 100o e. 55o , 75o , 60o c. 30o , 60o , 90o 7. En el triángulo ABC ∠A = 100o , B = 50o , ∠C = 30o , AH es una altura y BM es una mediana. Entonces, ∠MHC = d. 40o a. 15o b. 22.5o e. 45o c. 30o 8. El número (96 + 1) es el producto de tres primos. Calcule el primo más grande de éstos. a. 6,481 d. 719 b. 1031 e. ninguna de las anteriores c. 82 9. Considere la sucesión 1, 2, 2, 3,3, 3, 4, 4, 4, 4,..., donde el número entero n aparece n veces. Calcule el término número 2004 de la sucesión. a. 58 d. 51 b. 63 e. ninguna de las anteriores

c. 24 10. En un cubo de 2 cm. de arista se cuadricularon las seis caras como se ve en la figura.

Una hormiguita esta parada en el vértice A. Si se camina por las líneas de la cuadrícula, ¿por cuántos caminos de 6 cm. de longitud puede ir desde A hasta C? a. 54 d. 18 b. 60 e. ninguna de las anteriores c. 36 11. Tiras dos dados. ¿Cuál es la probabilidad de que la suma sea 7 ?

1 12 1 b. 6 2 c. 36 a.

1 7

e. ninguna de las anteriores

12. En la Isla de la Fantasía las tablillas de las bicicletas traen 3 vocales y 2 dígitos diferentes, en ese orden. Por ejemplo: AUE37 ó EIA95. Si las vocales no pueden repetirse, y se han usado todas las tablillas excepto aquellas con dígitos pares.. ¿cuántas bicicletas hay en la isla? a. 850 d. 1,250 b. 975 e. ninguna de las anteriores c. 1,200 13. Sea a1 , a2, ..., ak una sucesión aritmética finita, con

a4 + a7 + a10 =17 Si

a 4 + a5 + a6 + ... + a12 + a13 + a14 = 77 .

ak = 13, entonces k =

a. 16 b. 22 c. 20

d. 18 e. 24

14. Sea f la función definida como f ( x) = ax 2 − 2 , donde a es un número positivo. Si f ( f ( 2 )) = − 2 , entonces a =

2− 2 2 1 b. 2 c. 2 − 2

2 2 2+ 2 e. 2

15. ¿Cuántos pares ordenados ( m, n ) de números enteros positivos son soluciones de

4 m

2 n

= 1 ?

a. 1 b. 2 c. 3

d. 4 e. más de 4

16. El triángulo rectángulo ABC (con hipotenusa AB) está inscrito en el triángulo equilátero PQR, como muestra la figura. R

A 90 °

Si PC = 3 y BP = CQ = 2, calcule AQ. a. 5 d. 3.5 b. 1.2 e. ninguna de las anteriores c.

8 5 15

17. Supón que divides $12,000 en dos cuentas ahorros. En el Banco A la tasa de interés anual es de 11% mientras que en el Banco B es de 8.5%. Si el rendimiento total de tu dinero al finalizar el año fue de $1,257.50, ¿cuánto depositaste originalmente en cada banco? a. $2,000 al 11%, $10,000 al 8.5% d. $4,500 al 11%,$7,500 al 8.5% b. $7,150 al 11%, $4,850 al 8.5% e. ninguna de las anteriores c . $9,500 al 11%, $2,500 al 8.5% 18. Alejandro tiene una bolsa con 9 bolitas numeradas del 1 al 9. Saca una bolita, anota el número y la vuelve a poner en la bolsa. Saca otra, anota el número a la derecha del primero y vuelve a ponerla en la bolsa. Repite esta operación tres veces más. ¿Cuál es la probabilidad de que el número de 5 cifras que Alejandro tiene escrito: i.) sea impar? ii.) tenga todas sus cifras iguales? a. i.)

1 15 . ii.) 9 59, 049

5 1 . ii.) 9 6,561 5 9 c. i.) . ii.) 5! 99, 999 b. i.)

d. i.)

15 . 18

ii.)

5 59, 049

e. ninguna de las anteriores

19. Nueve esferas congruentes son colocadas dentro de un cubo unitario de tal forma que el centro de una de ellas coincide con el centro del cubo. Cada una de las restantes es tangente a la esfera central y a tres lados del cubo. ¿Cuál es el radio de cada esfera? d.

3 2 2 3 −3 2 2 6

a. 1 −

1 4 3(2 − 2) 4

20. Considere el rectángulo ABCD . Sean E , F , G y H los puntos medios de AB , BC , CD y DA respectivamente. Sean I , J , K y

L los puntos medios de EF , FG , GH y HE respectivamente. Si el perímetro del rectángulo ABCD es 4, ¿cuál es el perímetro del rectángulo IJKL ? a. 3/2 b. 2 c. 5/2

d. 4/3 e. ninguna de las anteriores

21. El triángulo ABC está inscrito en un círculo y BP biseca al ∠ ABC. Si a. b. c.

AB = 6 , BC = 8 y AC = 7 , calcule BP . 12 10 9.5

d. 8 e. ninguna de las anteriores

22. El número 859 − 219 + 69 es divisible por un número entero que está entre 2, 000 y 3, 000 . Halle el número. a. 2240 d. 2332 b. 2100 e. ninguna de las anteriores c. 2972 23. Un divisor propio de un número entero n cualquiera, es todo aquel Basándote en esta número entero, menor que n , que lo divide. definición, ¿cuántos divisores propios positivos tiene el número con factorización prima 23 ⋅ 34 ⋅ 7 2 ? a. 9 d. 60 b. 24 e. ninguna de las anteriores c. 59 24. El número 26! termina en un bloque de ceros. Sea N el entero que resulta si los ceros fueran eliminados. Calcule el entero k más grande tal que 12 k es un divisor de N . a. 8 d. 9 b. 12 e. ninguna de las anteriores c. 7

25. Dados los siguientes números, 100, 101,…, 999, ¿cuántos habrá que tengan tres dígitos diferentes en orden ascendente o en orden descendente? a. 120 d. 216 b. 168 e. 240 c. 204 26. Encuentra todas las soluciones enteras de la siguiente ecuación:

x 4 + x3 + x2 + x = y 2 + y

(1, 4 ) , ( 0, 0 ) , ( 2, 5 ) , ( 2, −6 ) , ( −5, −2 ) , ( -1,0 )

( 0, 0 ) , (1, −1) y ( −1, 0 )

( 0, 0 ) , (1, −1) , ( −1, 0 ) y (1,4 )

e. ninguna de las anteriores

( 0, 0 ) , ( 0, −1) , ( 2, 5 ) , ( 2, −6 ) , ( −1, −1) , ( -1,0 )

27. Tienes 121 canicas; algunas son rojas, otras blancas y las restantes azules. También tienes 10 jarras. Si distribuyes todas las canicas en las jarras, deberá haber una jarra que contenga al menos n canicas del mismo color. Calcule cuál es el máximo valor posible que n puede ser. a. 3 d. 7 b. 5 e. ninguna de las anteriores c. 6 28. Un número natural de n dígitos es “armonioso” si sus n cifras son una permutación de {1, 2,..., n} y sus primeros k dígitos forman un número divisible por k, para cualquier k = 1, 2,…, n. Por ejemplo, 321 es armonioso pues 3 es divisible por 1, 32 es divisible por 2 y 321 es divisible por 3. ¿Cuántos números armoniosos de 6 dígitos hay? a. 2 d. 8 b. 4 e. ninguna de las anteriores c. 6 29. En una mesa hay cinco cartas. Cada carta tiene de un lado un número natural y del otro lado una letra. Juan afirma: “Cualquier carta que tenga de un lado una vocal tiene un número par del otro lado”. Pedro

demostró que Juan mentía con sólo voltear una carta. ¿De cuál de las cinco cartas se trata?

P a. P b. Q c. 3

d. 4 e. 6

30. Si 55…556 y 44…445 tienen n dígitos cada uno, ¿cuántos dígitos tiene el siguiente número?

(55...556) 2 − (44...445)2 a. b. c.

n2 − n n2 2n

d. 2n − 1 e. ninguna de las anteriores

COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 SEGUNDA FASE EXAMEN NIVEL I 4to, 5to y 6to grado 1. Para hacer un bizcocho para 2 personas se usan 3 tazas de harina. ¿Si queremos hacer un bizcocho para 7 personas, cuántas tazas de harina necesitamos? a. 10 tazas b. 11 tazas

d. 11 tazas y media e. ninguna de las anteriores

c. 10 tazas y media 2. Para almorzar podemos ir al Mesón, a Burger King o a Subway. Para la cena podemos ir a Ponderosa o a Chilis. ¿De cuántas formas podemos planear nuestro almuerzo y cena? a. 6 formas b. 5 formas

d. 4 formas e. ninguna de las anteriores

c. 3 formas 3. El área de cada cuadradito es 4. Hallar el perímetro de esta figura.

a. 12

d. 18

b. 20

e. ninguna de las anteriores

c. 30 4. Considera la siguiente lista de caritas:

,...

¿Cómo es la carita número 2005? a.

e. ninguna de las anteriores

c. 5. ¿Cuál es la medida del ángulo BCD ?

a. 45o b. 125o c.

d. 35o e. ninguna de las anteriores

55o

6. Han pasado 59 meses desde que compré mi carro. ¿Si lo compré en marzo, en qué mes estamos ahora? a. Marzo

d. Febrero

b. Enero

e. ninguna de las anteriores

c. Abril 7. El doble de la edad de Juan es la edad de Luis y Juan es 7 años menor que Roberto. ¿Si Roberto tiene 18 años, cuántos años tiene Luis? a. 10 años b. 15 años

d. 12 años e. ninguna de las anteriores

c. 11 años 8. En la siguiente figura, cada cuadrito es de 1cm por 1cm. Encuentra el área de la región sombreada.

a. 18 cm 2 b. 9 cm 2

d. 10 cm 2 e. ninguna de las anteriores

c. 12 cm 2 9. María, Juan, Ana y Luis van al cine. Encuentran 4 asientos consecutivos. ¿De cuántas maneras se pueden sentar si María y Ana se sientan juntas? a. 6 formas b. 12 formas c. 5 formas 10. ¿Cuántos divisores mayores que 1 tiene 60?

d. 7 formas e. ninguna de las anteriores

a. 6 b. 11

d. 4 e. ninguna de las anteriores

c. 13 11. Al final de la temporada, en la tienda hacen el 20% de descuento. María compró un abrigo y pagó $48. ¿Cuál es el precio sin descuento del abrigo? 12. Carlos dibuja una figura con segmentos horizontales y verticales como sigue:

Las líneas horizontales miden 2cms y las verticales 3cms. La suma de las longitudes de todos los segmentos de la figura es 2005. ¿Cuántos segmentos horizontales tiene la figura? 13. ¿Cuántos triángulos hay en la figura?

14. Juan pensó tres números que juntos suman 100. Uno es divisible por 3, otro por 13 y el otro por 23. ¿Cuáles son los números que pensó Juan?. Escribir todas las posibilidades. 15. En la figura, los triángulos ABO , BOC y COD son equiláteros y el arco AD es una semicircunferencia de centro O . El perímetro de la figura es 30.7cm. ¿Cuál es la longitud del arco AD y cuál es el área del semicírculo?

COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 SEGUNDA FASE EXAMEN NIVEL II 7mo-12mo grado 1. Han pasado 59 meses desde que compré mi carro. ¿Si lo compré en marzo, en qué mes estamos ahora? a. Marzo b. Enero

d. Febrero e. ninguna de las anteriores

c. Abril 2. Aldo, Carlos y Javier juegan con una máquina tragamonedas. Entre los tres gastan 40 monedas. Carlos gasta 12 más que Javier. Javier gasta la mitad de las que gasta Aldo. ¿Cuántas monedas gasta cada uno? a. b. c. d. e.

Javier gasta 19, Carlos gasta 7 y Aldo 14, Javier gasta 19, Carlos gasta 14 y Aldo 7, Javier gasta 7, Carlos gasta 19 y Aldo 14, Javier gasta 7, Carlos gasta 14 y Aldo 19, ninguna de las anteriores.

3. Sobre una ruta, cada 4 Km. hay una parada de guagua, cada 5 Km., un teléfono y cada 30 Km. un expendio de combustible. ¿Cada cuántos kilómetros hay una parada, un teléfono y un expendio de combustible juntos? a. Cada 60 Km. b. Cada 30 Km.

d. Cada 40 Km. e. ninguna de las anteriores

c. Cada 20 Km. 4. ¿Cuántos números positivos menores que 1000 y tales que cada dígito es múltiplo del dígito que está a su derecha, hay? a. 50

d. 23

b. 100

e. ninguna de las anteriores

c. 67 5. ¿Dada la siguiente figura y sabiendo que AD = DC , cuál es la medida del ángulo DCA ?

a. 80o b. 85o c.

d. 40o e. ninguna de las anteriores

50o

6. Si el dígito 1 es colocado entre los dígitos de un número de dos cifras cuya dígito de las decenas es t y cuyo dígito de las unidades es u , entonces el nuevo número es igual a: a. 10t + 1 + u b. 100t + 10 + u c. t + 1 + u

d. 100t + 1 + u e. 10t + 10 + u

7. Alicia, Beatriz, Cecilia y Dora van a una confitería y cada una lleva a su hermanito menor. Se sientan en una mesa redonda. • Beatriz y Dora están una en frente de la otra. • Ninguna quiere sentarse al lado de su propio hermano. • En la mesa no hay dos mujeres juntas. • El hermano de Beatriz tiene a Alicia a su derecha. ¿Quién está entre Cecilia y Dora?

a. El hermano de Beatriz b. El hermano de Alicia

d. El hermano de Dora e. ninguna de las anteriores

c. El hermano de Cecilia 8. ¿En la figura siguiente, cuántos caminos hay de A a B sin pasar dos veces por el mismo punto?

a. 19 b. 18

d. 21 e. ninguna de las anteriores

c. 20 9. En el diagrama PQ = 8 , TS = 12 , QS = 20, y QR = x. Si PRT es un triángulo rectángulo, entonces:

a. b. c.

x tiene dos posibles valores cuya diferencia es 4, x tiene dos posibles valores cuya suma es 28, x tiene solo un valor y x > 10 , 27

d. e.

x tiene solo un valor y x < 10 , x no puede ser determinado con la información dada.

10. ¿Tomando los puntos de la siguiente cuadrícula como vértices de cuadrados, cuántos cuadrados distintos se pueden dibujar?

a. 9 b. 21

d. 2 e. ninguna de las anteriores

c. 4 11. El área del cuadrado sombreado es una tercera parte del área del cuadrado grande. ¿Cuál es la

razón

x ? y

 

12. Si x > 0 y  x +

1 1 3  = 9 , ¿cuál es el valor de x + 3 ? x x

13. ¿Cuál es el dígito de las unidades del número 1414 + 1515 + 1616 ? 14. Sean ABCD un rectángulo, E el punto medio de BC y F el punto medio de CD . Sea G el punto de intersección de DE con BF . ¿Si FAE = 20o , cuánto mide el EGB ? 15. Un plato de sopa con forma de hemisferio con diámetro de 16 cms es llenado hasta la mitad de su profundidad. ¿Cuál es el mayor ángulo que el plato puede ser inclinado sin derramar sopa? 16. María tiene una cuadrícula de 4 × 4 y quiere llegar del cuadradito inferior izquierdo al superior derecho. ¿Si solamente puede ir hacia arriba, hacia la derecha y en diagonal hacia arriba y a la derecha, de cuántas formas lo puede hacer?

OLIMPIADA MATEMATICA DE PUERTO RICO 2004-2005 EXAMEN NIVEL I 4to, 5to y 6to grado 1. En el país de las maravillas el clima se comporta de la siguiente manera: si un día llueve, el siguiente esta soleado, el siguiente nublado y en el siguiente cae nieve y se repite este ciclo. ¿Si hoy es lunes y esta lloviendo, cómo será el clima del lunes dentro de 4 semanas? 2. En el siguiente recuadro, colocar en cada casilla cada uno de los siguientes números:

1, 2,3,1, 2, 3,1, 2,3, de modo que, la suma de los números de cada fila (horizontal), la suma de los números de cada columna (vertical) y la suma de cada diagonal sea la misma.

3. Considera la siguiente figura. Si el área del triángulo es 2, ¿cuál es el área del cuadrado?

4. El menú en el restaurante de María incluye una bebida, una ensalada y una carne. Las posibles bebidas son jugo, refresco o café; las ensaladas son de coditos o de papa y la carne puede ser pollo frito, chuleta o lechón. ¿Si solo pides una bebida, una ensalada y una carne, de cuántas maneras diferentes puedes almorzar en el restaurante de María? 5. Las edades de Ana y Beatriz suman 18 años. ¿Si Ana tiene al doble de la edad de Beatriz, qué edad tiene cada una? 6. La suma de 5 enteros positivos consecutivos es 2005, ¿cuál es el menor de ellos? 7. ¿Con los dígitos 1, 2,3, 4, 5, 0 cuántos números de cuatro cifras que son múltiplos de 5 y tienen todas las cifras distintas se pueden armar? 8. Consideremos la siguiente figura. El triángulo ACE es un triángulo equilátero. Los puntos B, D y F son puntos medios de los lados del triángulo ACE ; G , H e I son puntos medios de los lados del triángulo BDF ; K , J y L son puntos medios de los lados del triángulo GFI . ¿Qué fracción del cuadrilátero ABDE representa la región sombreada? C

K G

I L

9. Un edificio tiene 105 ventanas, 1/3 de ellas tienen flores y 3/7 de ellas tienen cortinas, 40 ventanas no tienen ni cortinas ni flores. ¿Cuántas ventanas tienen cortinas y flores? 10. El rey y sus dos hijos están prisioneros en una torre muy alta. Los obreros que han estado trabajando en la torre dejaron instalada una polea en ella. Por la polea corre una cuerda con un canasto atado en cada extremo. En el canasto que está en el suelo hay una piedra como las que se usaron para construir la torre. La piedra pesa 35 kg. El rey resuelve que la piedra puede usarse como contrapeso, siempre y cuando la diferencia entre el peso de ambos canastos no exceda los 7 kg. El rey pesa 91 Kg., la princesa pesa 49 Kg. y el príncipe, 42 kg. ¿Cómo pueden escapar todos de la torre? (¡Pueden arrojar la piedra de la torre al suelo!)

OLIMPIADA MATEMATICA DE PUERTO RICO 2004-2005 EXAMEN NIVEL II 7mo-12mo grado 1. Desde el planeta Galatea se ven tres estrellas, una se ve cada 12 días, otra se ve cada 30 días y la otra se ve cada 45 días. Si Juan ve las tres estrellas hoy, ¿dentro de cuántos días volverá a ver las tres al tiempo? 2. En el kiosco venden caramelos de tres sabores: parcha, melón y china. Andrés compra 6 caramelos, su compra incluye por lo menos un caramelo de cada sabor. ¿De cuántas maneras distintas pudo haber comprado los caramelos? 3. Un edificio tiene 105 ventanas, 1/3 de ellas tienen flores y 3/7 de ellas tienen cortinas, 40 ventanas no tienen ni cortinas ni flores. ¿Cuántas ventanas tienen cortinas y flores? 4. El rey y sus dos hijos están prisioneros en una torre muy alta. Los obreros que han estado trabajando en la torre dejaron instalada una polea en ella. Por la polea corre una cuerda con un canasto atado en cada extremo. En el canasto que esta en el suelo hay una piedra como las que se usaron para construir la torre. La piedra pesa 35 kg. El rey resuelve que la piedra puede usarse como contrapeso, siempre y cuando la diferencia entre el peso de ambos canastos no exceda los 7 kg. El rey pesa 91 Kg., la princesa pesa 49 Kg. y el príncipe, 42 kg. ¿Cómo pueden escapar todos de la torre? (¡Pueden arrojar la piedra de la torre al suelo!)

5. La edad de Miguel mas la edad de Ana es 17. La edad de Miguel mas la edad de Ramón es 21. La edad de Ramón mas la edad de Ana es 22. ¿Cuál es la suma de sus tres edades? 6. En la figura los triángulos ABC , FDC y GEC son isósceles.

AB = 3 × AC . El perímetro del triangulo ABC es 84 cm. D es el punto medio de BC ; E es el punto medio de DC ; F es el punto medio de AC y G es el punto medio de FC . ¿Cuál es el perímetro de la figura sombreada? B

7. El área del trapecio ABCD es 18 unidades cuadradas, AB = 4 unidades,

1 DC . ¿Si la altura del trapecio es un entero y el lado DC es 4 un entero par, cuál es el área del triángulo ABE ? y DE =

8. ¿Cuál es el término 2005 en la sucesión 1,1, 2,1, 2, 3,1, 2,3, 4,1, 2,3, 4,5,... ? 9. Encuentra todos los números de 7 dígitos que son múltiplos de 3 y de 7, y cada uno de cuyos dígitos es 3 o 7.

2 p −1 − 1 es un cuadrado 10. Encuentra todos los primos p tales que p perfecto.

SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 PRIMERA FASE EXAMEN NIVEL I 4to, 5to y 6to grado 1. Según la Figura, hay 5 cuadraditos completos que suman un área total de 5; las regiones A,B,C y D son triángulos y cada uno tiene un área igual a la mitad de la de un cuadradito, para un total de 4 / 2 = 2 . En la región E hay un triángulo cuya área es la mitad del área de dos cuadraditos que es 2 / 2 = 1 . El área de la región sombreada es igual a la suma de todas estas áreas que es igual a 5 + 2 + 1 = 8 .

C D

2. En la Tabla podemos ver el número de manzanas que come Paco durante la semana:

Día de la semana Lunes Martes Miércoles Jueves Viernes Sábado Domingo Total

Número de Manzanas 1 2 3 4 5 6 7 28

3. Hay 6 formas comiendo el guineo el lunes (ver Tabla), habrá 6 formas similares si se come el guineo el martes y de igual manera para el miércoles, jueves y viernes. Por lo tanto hay 6 ⋅ 5 = 30 formas.

Lunes Guineo Guineo Guineo Guineo Guineo Guineo

Martes China China China Manzana Manzana Manzana

Miércoles China Manzana Manzana Manzana China China

Jueves Manzana China Manzana China Manzana China

Viernes Manzana Manzana China China China Manzana

4. Primera forma: Si dividimos el kilómetro en 4 partes, el primer atleta recorre 1/ 4 mientras el segundo recorre 3 veces lo que recorre el primero, es decir 3 / 4 . Luego se encontraran a 1/ 4 de Km. del primer atleta.

Segunda Forma: Sean A y B la distancia recorrida por el primero y segundo atleta respectivamente y D la distancia entre ambos. Luego tenemos que D = 1Km − ( A + B ) . Pero sabemos que B = 3 A . En el momento que se encuentran tenemos que D = 0 , así tenemos que 1 − ( A + 3 A) = 0 y por lo tanto A = 1/ 4 Km . 5. Se debe tener que A = 5 o A = 0 , ya que 5 y 0 son los únicos dígitos que satisfacen que al multiplicarse por 7 se mantengan en la cifra de las unidades del resultado. Pero si A = 0 tenemos que

B 0 × 7 H 0 0

y así no

sería posible hallar el valor de B. Luego tenemos que A = 5 . Entonces B 5 × 7 , luego B debe satisfacer la propiedad que al multiplicarlo por 7 H 5 5

y sumarle al resultado 3, el valor total termine en 5. Así B = 6 , ya que

6 ⋅ 7 + 3 = 45 . Por lo tanto,

6 5 × 7 y así tenemos que 4 5 5

H = 4.

Finalmente obtenemos que A + B + H = 5 + 6 + 4 = 15 .

1 − 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + 7 − 8 + ... − 54 + 55 = 1 + (−2 + 3) + (−4 + 5) + ... + (−54 + 55) = 1 + 114 + 14 +244 1 + ... 3 + 1 = 28 27 − veces

7. Según las condiciones del problema, obtenemos el triángulo de la Figura. Tenemos que ∠C = 80o , ya que la suma de los ángulos internos de un triángulo es 180o . Entonces ∠BCD = 100o . Como CD = CB , el triángulo DCB es isósceles. Así ∠DBC = ∠CDB y o o o ∠DBC + ∠CDB = 80 , luego ∠DBC = 40 y ∠CDB = 40 . D 40o

100o

80o 40o 70o

30o

8. Sea a la medida de los lados iguales del triángulo y b la medida del lado restante (ver Figura). Como se desea cercar el corral con cinco alambres, tenemos que 5(2a+b) = 525m . Pero a = 2b , así 5(5b)=525m y por lo tanto b = 21m y a =42m .

9. Las cuatro varillas de las esquinas miden 12m . Cada cara tiene 11 varillas interiores ya que 3 ÷ 0.25 = 12 . Luego en total hay 44 varillas interiores, donde cada una mide 3m y por lo tanto hay 132m de varilla. Así en total hay 132m + 12m = 144m de varilla. 10. A cada rectángulo pequeño llamémoslo unidad. Así tenemos lo siguiente: Rectángulos con una unidad Rectángulos con dos unidades horizontales Rectángulos con dos unidades verticales Rectángulos con tres unidades horizontales Rectángulos con tres unidades verticales Rectángulos con cuatro unidades horizontales Rectángulos con cuatro unidades verticales Rectángulos con cuatro unidades en bloque Rectángulos con seis unidades en bloque Rectángulos con ocho unidades en bloque Rectángulos con nueve unidades en bloque Rectángulos con doce unidades en bloque Rectángulos con dieciséis unidades en bloque Total

16 12 12 8 8 4 4 9 12 6 4 4 1 100

11. Si el quiosquero compra 60 chocolates a $20 en el mayorista, entonces 360 chocolates le cuestan $120 dólares. Pero si compra 8 chocolates a $3 en el supermercado, entonces los 360 chocolates le cuestan $135 (ya que 8 × 45 = 360 y 45 × 3 = 135 ). Luego el quiosquero ahorra $15 comprando los chocolates en el mayorista. 12. La flecha 4 es igual a la flecha 8, la flecha 8 es igual a la flecha 12, la flecha 12 es igual a la flecha 16, etc. Como 2004 es múltiplo de 4 ( 4 ⋅ 501 = 2004 ) , entonces la flecha en la posición 2004 sería igual a la flecha de la posición 4, es decir: ↓ . 13. Primera forma: Denotemos a Paco, Juan, María y a Claudia por las letras P, J, M y C respectivamente. Paco, Juan y María se pueden sentar de 6 maneras distintas: PJM, PMJ, MJP, MPJ, JPM, y JMP. De igual manera para Paco, Juan y Claudia; Juan, María y Claudia; y Paco, María

y Claudia. Así tenemos 6 maneras distintas para 4 casos diferentes, luego hay 6 ⋅ 4 = 24 formas de que ellos se sienten. Segunda forma: En el primer asiento se pueden sentar de 4 maneras distintas, en el segundo de 3 maneras distintas y en el tercero de 2 maneras distintas. Así el número de posibilidades que ellos pueden sentarse es 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 24 .

2 1 partes a Matilde, luego le quedó parte. De esto, le dio 3 3 1 1 parte. Luego Ana se comió parte. la mitad a su mama, es decir 6 6

14. Ana le dio

____

___

1 . 2

____ 2

15. Cada lado del cuadrado ABCD mide 1, entonces EB = BF = E

J C

G ____ 2

Usando el Teorema de Pitágoras tenemos que EF = EB + BF . Por 2

____ 2

____ 2 1 1 EF =   +   , luego EF = . Entonces lo tanto 2 2 2 ____ ___ 2 EI = EL = . Usando Pitágoras nuevamente, se tiene que 4 2

 2  2 LI = EI + EL . Entonces LI =   +    4   4 

____ 2

tenemos

____ 2

que

____ 2

1 1 1 1 4 + + + = = 2. 2 2 2 2 2 40

perímetro

del

cuadrado

LI = IJKL

1 y 2 es

16. Todos los posibles divisores propios de 23325 están en la siguiente tabla. El total de ellos es 23.

23 23 ⋅ 3 23 ⋅ 3 ⋅ 5 2 3 ⋅ 32 -

23 ⋅ 5

22 22 ⋅ 3 22 ⋅ 3 ⋅ 5 22 ⋅ 32 22 ⋅ 32 ⋅ 5 22 ⋅ 5

2 2⋅3 2 ⋅3⋅5

1 3 3⋅5

2 ⋅ 32 2 ⋅ 32 ⋅ 5 2⋅5

32 32 ⋅ 5 5

17. Primera forma: Los dígitos que se pueden usar son 1, 3, 5, 7 o 9. Las tablillas posibles con el dígito 1 se pueden ver en la Tabla.

AE1 AI1 AO1 AU1

EA1 EI1 EO1 EU1

IA1 IE1 IO1 IU1

OA1 OE1 OI1 OU1

UA1 UE1 UI1 UO1

Luego hay 20 tablillas con el dígito 1. De manera similar se obtienen el mismo número de tablillas con dígitos 3, 5, 7 y 9. Así hay un total de 5 ⋅ 20 = 100 . Segunda forma: Para la primera letra hay 5 posibilidades, luego para la segunda habrá 4 posibilidades y para el dígito habrá 5 posibilidades. Así el número de tablillas que es igual al número de bicicletas en la isla es: 5 ⋅ 4 ⋅ 5 = 100 . 18. Sea n el primer número. Luego n+(n+1)+(n+2)=2004 , así n = 667 , y por lo tanto los otros números son 668 y 669 . Así su producto es 667 ⋅ 668 ⋅ 669 = 298, 076,964 . 19. Sea J, H

y P

las edades de Juan, de la hermana y del papá

respectivamente. Tenemos que J + H =

P , J=H+3 y J = P-27 . De la 2

segunda ecuación tenemos que H=J-3 ; y de la tercera ecuación tenemos

que P = J+27 . Así, sustituyendo en la primera ecuación tenemos que

J + J −3=

J + 27 33 . Luego 4J-6=J+27 , y por lo tanto J = = 11 . 2 3

20. El juego terminará cuando la suma de las distancias recorridas entre los dos competidores sea mayor o igual a 775. En la Tabla se muestra la distancia recorrida después de 10 pasos realizados por cada competidor.

Tamaño del pie Distancia

40cm 400cm

33cm 330cm

34cm 340cm

35cm 350cm

Para los competidores del equipo de Blas, quienes tienen medidas de pie iguales a 33cm, 34cm y 35cm, se tiene que la suma de su distancia recorrida más la de su competidor a los 10 pasos realizados por ambos equipos serían: 400+330=730, 400+340=740 y 400+350=750 respectivamente. Luego ninguno de los dos equipos ganaría en este momento. Como el equipo de Aníbal tiene el derecho a realizar primero el paso 11, tenemos que la suma de las distancias correspondientes en el turno del equipo de Aníbal serían: 440+330=770, 440+350=790 o 440+350=810. En los dos últimos casos, la distancia recorrida es mayor que 755. Luego ganaría el equipo de Aníbal. En el primer caso, el equipo de Blas tendría la oportunidad de realizar el paso 11, y así la suma de las distancias recorridas en el turno del equipo de Blas sería 440+363=803. Por lo tanto el equipo de Blas sería el vencedor. Así para que el equipo de Blas gane. sabiendo que comienza el equipo de Aníbal, Blas debe escoger al competidor con medida de pie igual a 33cm. Si comienza el equipo de Blas, su equipo tendría el derecho a realizar primero el paso 11. Luego las sumas de las distancias recorridas correspondientes a los competidores con medidas de pie 33cm, 34cm y 35cm en su turno serían: 400+363=763, 400+374 = 774 y 400+385 = 785 respectivamente. Así Blas ganaría, sabiendo que su equipo comienza el juego, si escoge al competidor con medida de pie igual a 35cm.

COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 PRIMERA FASE EXAMEN NIVEL II 7mo-12mo grado 1. La flecha 4 es igual a la flecha 8, la flecha 8 es igual a la flecha 12, la flecha 12 es igual a la flecha 16 y etc. Como 2004 es múltiplo de 4 ( 4 ⋅ 501 = 2004 ) , entonces la flecha en la posición 2004 sería igual a la flecha de la posición 4, es decir: ↓ . 2. Santiago envía una postal a su abuela, una a Daniel, una a Federico y una a Tomás. Como cada postal la envía desde una ciudad distinta, Santiago tiene 7 opciones para elegir la ciudad desde la cual envía la postal a su abuela. Elegida la ciudad para la abuela, tiene 6 opciones para la ciudad para Daniel. Luego hay 7 ⋅ 6 maneras de elegir las ciudades desde las cuales Santiago envía postales a su abuela y a Daniel. Elegidas las ciudades para la abuela y Daniel, hay 5 opciones para elegir la ciudad para Federico. Así tenemos que hay 7 ⋅ 6 ⋅ 5 maneras de elegir las ciudades desde las que Santiago envía postales a su abuela, a Daniel y a Federico. Elegidas las ciudades para la abuela, Daniel y Federico, hay 4 opciones para elegir la ciudad para Tomás. De aquí obtenemos que existen 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 = 840 maneras de que Santiago pueda cumplir su promesa. 3. Sea x la distancia recorrida por el primer atleta y sea y la distancia recorrida por el segundo. Luego tenemos que y = 3 x . En el momento de encontrarse los atletas tenemos que x + y = 12 . Así tenemos que x + 3 x = 12 y por lo tanto x = 3 . Luego los atletas se encuentran a 3 kms del punto de partida del primero. Como el punto medio del trayecto esta a 6 kms, tenemos que los atletas se encuentran a 6kms − 3kms = 3kms del mismo. 4. Si V es el número de varones y M el número de mujeres del club, entonces tenemos que V = M + 60 . El 30% de los varones es

3 3 3 3 1 V = M + × 60 = M + 18 y el 50% de las mujeres es M . 10 10 10 10 2 43

Como la mitad de las mujeres y el 30% de los varones suman 298 tenemos que:

1 M 2 1 = M 2 1 3 M+ M 2 10  5 3  + M  10 10  8 M 10 298 =

3 V 10 3 + M + 18. 10 +

= 280, = 280, = 280,

2800 = 350. 8

Entonces hay 350 mujeres en el club. De aquí se obtiene que hay 350 + 60 = 410 varones en el club. 5. Sea S = 1 + 3 + 5 + ... + 97 + 99 + 101 . Luego tenemos que

2S = S + S = (1 + 3 + 5 + ... + 97 + 99 + 101) + (101 + 99 + 97 + ... + 5 + 3 + 1) = (1 + 101) + (3 + 99) + (5 + 97) + ... + (97 + 5) + (99 + 3) + (101 + 1) = 102 + 102 + 102 +2444444 ... + 102 + 102 + 102 1444444 3 51−veces

= 51⋅102 Así tenemos que S = 51×

102 = 51 ⋅ 51 = 512 . 2

6. Según las condiciones del problema, obtenemos el triángulo de la Figura. Tenemos que ∠C = 80o , ya que la suma de los ángulos internos de un triángulo es 180o . Entonces ∠BCD = 100o . Como CD = CB , el triángulo DCB es isósceles. Así ∠DBC = ∠CDB y o o o ∠DBC + ∠CDB = 80 , luego ∠DBC = 40 y ∠CDB = 40 .

7. El triángulo AHC esta mostrado en detalle en la Figura. Como BM es una mediana y AH es una altura del triángulo ABC, se tiene que M es el punto medio de AC y que AH es perpendicular a HC . Luego tenemos que el triángulo AHC es un triángulo recto con ∠HCM = 30°

1 AC = AM . Luego el 2 triángulo AHM es un triángulo isósceles con un ángulo interior de 60o . Por lo tanto el triángulo AHM debe ser equilátero. Así ∠AHM = 60o y ∠MHC = 90o − 60o = 30o . y ∠HAM = 60o . Así tenemos que HA =

8. Sabiendo que x3 + 1 = ( x + 1)( x 2 − x + 1) , tenemos que:

96 + 1 = (9 2 )3 + 1 = (9 2 + 1)(94 − 9 2 + 1) = 82 ⋅ 6481 = 2 ⋅ 41 ⋅ 6481. 45

Como 2 y 41 son primos, por la información dada en el problema debemos tener que 6481 es primo y es claro que es el mayor de los tres. 9. El número total de términos de la sucesión después de que el entero n ha sido escrito n veces es 1 + 2 + 3 + ... + n =

n(n + 1) . Así debemos hallar 2

n(n + 1) < 2004 ó n(n + 1) < 4008 . 2 63 tenemos que 62 ⋅ 63 = 3906 y

el mayor n de tal manera que

n = 62 y 63 ⋅ 64 = 4032 . Luego, el término 2004 debe ser 63.

Probando con

10. Para empezar se tienen tres opciones que se muestran en la Figura.

Después, en cada caso, se tienen otras 3 opciones:

Ahora en cada caso, se tienen solo 2 opciones para avanzar hacia C con caminos de 6cm de longitud.

A partir de esta posición, en cada caso tiene 2 opciones

Hasta ahora contamos 3 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 2 = 36 caminos de 4cm de longitud. De estos caminos, la mitad tiene una sola opción para llegar hasta C (los que terminan en un vértice del cubo) y la otra mitad tiene 2 opciones para llegar a C (los que terminaran en el centro de una cara del cubo). El total de caminos para ir desde A hasta C es 18 ⋅1 + 18 ⋅ 2 = 54 . 11. Podemos escribir a 7 como la suma de números del 1 al 6 como sigue:

7 = 1+ 6 = 2+5 = 3+ 4 = 4+3 = 5+ 2 = 6 + 1. Pero el total de posibles resultados al lanzar los dos dados es 6 ⋅ 6 = 36 . Como existen 6 posibilidades de obtener a siete con los dados, tenemos que la probabilidad de obtener 7 en un tiro es

6 1 = . 36 6

12. Existen 5 posibilidades para la primera letra, 4 posibilidades para la segunda y 3 posibilidades para la tercera. Para el primer dígito hay 5 posibilidades, para el segundo hay 4 posibilidades (los dígitos no pueden repetirse). Así el número de posibles placas con dígitos impares es 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 4 = 1200 . Por lo tanto hay 1200 bicicletas en la isla. 13. Primera forma: En una sucesión aritmética con un número impar de términos, el término del medio es igual al promedio de los términos. Como a4 , a7 , a10 forman una sucesión aritmética de tres términos con suma 17, entonces a7 =

17 . Como a4 , a5 ,..., a14 forman una sucesión 3

aritmética de 11 términos cuya suma es 77, entonces el término del

77 = 7 . Sea d la diferencia común para la 11 17 sucesión aritmética dada. Como a7 = y a9 = 7 difieren por 3 4 2 2d = , tenemos que d = . Como a7 = a1 + 6d , se obtiene que 3 3 17  2 5 a1 = a7 − 6d = − 6   = . 3  3 3

medio satisface que a9 =

Así tenemos que

13 = ak = a1 + (k − 1)d , ó

5  2 + (k − 1)   = 13. 3  3

Luego obtenemos que k = 18 .

Segunda forma: Calculamos a9 = 7 y d =

2 como antes. Como 3

 2 ak = 13 = 7 + 6 = 7 + 9   = a9 + 9d ,  3 se sigue que k = 9 + 9 = 18. Tercera forma: Sea a = a1 y sea d la diferencia común de la sucesión aritmética. Como ak = a + ( k − 1)d , se sigue que

a4 + a7 + a10 = (a + 3d ) + (a + 6d ) + (a + 9d ) = 17 3a + 18d = 17 (♣) y

a4 + a5 + a6 + ... + a14 = (a + 3d ) + (a + 4d ) + ... + (a + 13d ) = 77 11a + 88d = 77 (♠). Resolviendo ( ♣ ) y ( ♠ ) simultáneamente, obtenemos que a =

5 y 3

2 , así 3

5 2 2 13 = ak = + (k − 1) = 1 + k . 3 3 3 Por lo tanto, k = 18. 14. Primera forma: Como a ≠ 0 , el único valor de x para el cual

( ( 2 )) = −

f ( x) = − 2 es x = 0. Como f f

2, f

( 2 ) debe ser 0.

Finalmente,

( 2) = 0 ⇔ a( 2)

Segunda forma: Como f

− 2 =0⇔a=

( 2 ) = 2a −

( ( 2 )) = a(2a −

f f

2 . 2

2) 2 − 2 49

Pero

( ( 2 )) = −

f f

2 . Por lo tanto, a (2a − 2) 2 = 0 . Como

a > 0 , tenemos 2a = 2 y así a =

2 . 2

15. Como m y n deben ser ambos positivos, se tiene que n > 2 y m > 4. Ya que

4 2 + = 1 ⇔ (m − 4)(n − 2) = 8. m n Necesitamos hallar todas las formas de escribir a 8 como un producto de números enteros. Las cuatro formas son:

1 ⋅ 8 , 2 ⋅ 4 , 4 ⋅ 2 y 8 ⋅1 , y así obtenemos las cuatro soluciones:

(m, n) = (5,10), (6, 6), (8, 4) y (12,3). 16. Poniendo AQ = x , tenemos que AR = 5 − x y BR = 3. Usando la Ley de Cosenos para obtener el valor del lado desconocido de cada triangulo pequeño, y entonces aplicando el Teorema de Pitágoras a los lados del triangulo recto, obtenemos que:

(22 + 32 − 2 ⋅ 3) + (22 + x 2 − 2 x) = 32 + (5 − x) 2 − 3(5 − x), 8 de donde obtenemos x = . 5

17. Sea x = cantidad de dinero depositada al 11%. Así tenemos que:

0.11x + 0.085(12, 000 − x) = $1, 257.50 0.11x + 1, 020.00 − 0.085 x = $1, 257.50 0.025 x = $237.50 x = $9, 500 Así,

cantidad

dinero

depositado

8.5%

$12,000-$9,500 = $2,500 . 18. La probabilidad de un suceso se calcula como el número de casos favorables dividido por el número de casos posibles:

P( S ) =

Casos favorables . Casos posibles

Los casos posibles son los números de 5 cifras que se pueden formar usando los dígitos del 1 al 9. El total de estos números es 9 ⋅ 9 ⋅ 9 ⋅ 9 ⋅ 9 = 95 = 59, 049 , ya que hay 9 posibilidades para cada cifra. i.) Los casos favorables son los números de 5 cifras con la última cifra impar. El total de posibilidades para este caso es 9 ⋅ 9 ⋅ 9 ⋅ 9 ⋅ 5 = 9 4 ⋅ 5 = 32805 , ya que hay 9 posibilidades para elegir las 4 primeras cifras, pero sólo 5 posibilidades para elegir la última cifra (1, 3, 5, 7, o 9). Así la probabilidad de obtener un número impar de 5 cifras es:

P (impar) =

32805 9 4 ⋅ 5 5 = 5 = . 59049 9 9

ii.) Los casos favorables para obtener un número con todas sus 5 cifras iguales son 9 (11111, 22222, 33333, etc.). Así la probabilidad en este caso sería

P (todas sus cifras iguales) =

9 9 1 1 = 5 = 4 = 59049 9 9 6561

19. Primera forma: Sea r el radio de cada esfera, y sea O el centro del cubo. Consideremos el siguiente cubo: D

A C

Tomemos ahora la sección rectangular ABCD del cubo a través de O. Así tenemos la siguiente figura:

Como AC es una de las diagonales interiores de el cubo, los centros de las esferas E, O y F caen sobre AC y AC = 3 . Como el semejante al ADC tenemos que

FGC es

r FG FC FC , = = = 1 AD AC 3 de donde se obtiene que FC = r 3. Como AE = FC y EF = 4r , tenemos

r 3 + 4r + r 3 = AE + EF + FC = AC = 3 . Así

3  4−2 3  4 3 −6 3 = 3− .   = 4 2 4+2 3  4−2 3 

Segunda forma: Si el radio de cada esfera es r, el centro de una esfera esquinera F esta a

r 2 + r 2 + r 2 unidades del vértice mas cercano.

Para calcular esta distancia (ver figura), note que t = r 2 + r 2 . Por lo ____

tanto FC = r 2 + r 2 + r 2 . Usando el calculo de continuamos el ejercicio como está en la primera forma.

FC = r 3 ,

C F r

t r r

20. Consideremos la siguiente figura:

Por el axioma de Lado-Angulo-Lado tenemos que el triángulo HAE es congruente al triángulo KLI. Por lo tanto AH = LK y AE = LI . Luego tenemos que:

Perímetro del rectángulo IJKL = LI + IJ + JK + LK = 2LI + 2LK = 2 AE + 2 AH = AB + AD 1 = (perímetro del rectángulo ABCD) 2 1 = ⋅4 2 = 2. 21. Tenemos que AC y BP se intersecan en el punto Q. Sea AQ = p ,

CQ = q , BQ = t y PQ = x.

Por el teorema de la bisectriz se tiene que

p + q = 7 , entonces

p 6 3q = , luego p = . Como q 8 4

3q + q = 7 , luego q = 4 y p = 3 . Por un 4

teorema de bisectrices se tiene que t 2 = 6 ⋅ 8 − p ⋅ q . Por lo tanto

t 2 = 36 , así t = 6 . Usando potencia con las cuerdas AC y BP se tiene que tx = pq, así 6 x = 12 . Luego tenemos que x = 2 y por lo tanto BP = 8. 22. Consideremos N = a k − b k + c k . Como a k − b k es divisible por a − b , entonces N es divisible por el máximo común divisor (m.c.d) de a − b y c k . Así N es divisible por m.c.d (85 − 21, 69 ) = m.c.d (64, 69 ) = 26 . Similarmente, N es divisible por m.c.d (21 − 6,859 ) = 5 . Es más, cuando k es impar, a k + c k es divisible por a + c ; así N es también divisible por m.c.d (85 + 6, 219 ) = 7 . Como los divisores que hallamos son relativamente primos, entonces N debe ser divisible por

26 ⋅ 5 ⋅ 7 = 2240. 23. Primera forma: En la siguiente tabla mostramos todos los posibles divisores propios de 23 ⋅ 34 ⋅ 7 2 . 2

2 ⋅3

23 ⋅ 3

2 ⋅3⋅7

3⋅7

2 ⋅3⋅72

22 ⋅3 ⋅72

23 ⋅ 3 ⋅ 7 2

3⋅72

2 ⋅ 32

22 ⋅ 32

23 ⋅ 32

2 ⋅ 32 ⋅ 7 2 ⋅ 32 ⋅ 7 2

22 ⋅ 32 ⋅ 7 22 ⋅ 32 ⋅ 7 2

23 ⋅ 32 ⋅ 7 23 ⋅ 32 ⋅ 7 2

32 ⋅ 7 32 ⋅ 7 2

2 ⋅ 33

2 2 ⋅ 33

23 ⋅ 33

2 ⋅3 ⋅7

33 ⋅ 7

2 ⋅ 33 ⋅ 7 2

2 2 ⋅ 33 ⋅ 7 2

23 ⋅ 33 ⋅ 7 2

33 ⋅ 7 2

2 ⋅ 34

22 ⋅ 34

23 ⋅ 34

2 ⋅3 ⋅7

34 ⋅ 7

2 ⋅ 34 ⋅ 7 2 2 ⋅7

22 ⋅ 34 ⋅ 7 2 22 ⋅7

− 23 ⋅ 7

34 ⋅ 7 2 7

2 ⋅72

22 ⋅72

23 ⋅ 7 2

Al contarlos tenemos un total de 15 ⋅ 2 + 14 + 12 + 3 = 59 .

Segunda Forma: Los divisores de 23 ⋅ 34 ⋅ 7 2 están formados por potencias de 2, potencias de 3 o potencias de 7. Es decir, son de la forma 2 a ⋅ 3b ⋅ 7 c , donde a = 0,1, 2 o 3 , b = 0,1, 2,3 o 4 y c = 0,1 o 2 . Entonces hay 4 ⋅ 5 ⋅ 3 = 60 divisores. Por la definición dada, el número 23 ⋅ 34 ⋅ 7 2 no es un divisor propio, luego el número de divisores propios es 59.

 26   26 

24. La mayor potencia de 5 que divide a 26! es   +  2  = 6 ; la  5  5  26! es mayor potencia de 2 que divide a

 26   26   26   26   2  +  22  +  23  +  24  = 23 . Así 26! termina en 6 ceros, y 26! N = 6 es divisible por 217 ; por lo tanto la mayor potencia de 4 que 10 divide a N es 48 . La mayor potencia de 3 que divide a 26! (y que por lo  26   26  tanto divide a N) es   +  2  = 10 . Así la mayor potencia de 12  3  3  8 que divide a N es 12 , luego k = 8 . a a Nota: El número   es la parte entera del número real . b b 25. Primera forma: Para cualquier escogencia de 3 dígitos diferentes seleccionados de {1, 2,...,9} existe exactamente una sola manera de ordenarlos de tal manera que se forme un número con dígitos crecientes, y todo número con dígitos crecientes corresponde a uno de los seleccionados. Similarmente, los números con dígitos decrecientes corresponden a los subconjuntos con 3 elementos del conjunto de los 10 dígitos. Así nuestra respuesta es

 9  10  9 ⋅ 8 ⋅ 7 10 ⋅ 9 ⋅ 8 +  +  = 3 3 ⋅ ⋅ 1 2 3 1⋅ 2 ⋅ 3     9 ⋅8 = (7 + 10) = 12 ⋅17 = 204. 2⋅3 56

Segunda forma: Hagamos una lista en orden decreciente de los números con tres dígitos con dígitos crecientes, agrupándolos según su primero y segundo digito:

789 689, 679, 678, 1 424 3 2

589,579,578,569,568,567, 1 424 3 14 4244 3 2

M 189,179,178,...,129,128,...,123 1 424 3 144244 3 2

Así tenemos que existen

1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + ... + (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 84 de esos números. Ahora hacemos una lista de orden creciente de números de tres dígitos con dígitos decrecientes, agrupándolos por primer y segundo digito:

210 310, 320,321, 1 424 3 2

410, 420, 421, 431, 432, 1 424 3 430, 14 4 244 3 2

M 910,920, 921,...,980,981,...,987 1 424 3 1442443 2

En este caso existen

1 + (1 + 2) + (1 + 2 + 3) + ... + (1 + 2 + ... + 8) = 120 de esos números. Note que hay un total adicional de números igual a (1 + 2 + ... + 8) = 36 ya que números con dígitos decrecientes pueden contener a 0 mientras que uno con dígitos decrecientes no. Así, la respuesta es 84 + 120 = 204 . 26. Consideramos la ecuación de segundo grado en y:

y 2 + y − ( x 4 + x3 + x 2 + x) = 0 . El discriminante D de esta ecuación es

D = 4 x4 + 4 x3 + 4 x2 + 4 x + 1 = 4 x 4 + x 2 + 1 + 4 x3 + 4 x 2 + 2 x − x 2 + 2 x = (2 x 2 + x + 1) 2 − ( x 2 − 2 x). Es claro que si x= 0 o x=2 , D es un cuadrado perfecto. Obtenemos así las soluciones (0,0), (0,-1), (2,5) y (2,-6). Si x = 1 , D no es cuadrado perfecto. Si x ≠ 0,1, 2 , entonces x 2 − 2 x > 0 . Por lo tanto D ≤ (2 x 2 + x) 2 , pues (2 x 2 + x) 2 es el mayor cuadrado perfecto menor que (2 x 2 + x + 1) 2 . Esto se debe a que 2 x + x + 1 ≥ 1 para todo entero x. Tenemos que

(2 x 2 + x + 1) 2 − ( x 2 − 2 x) ≤ (2 x 2 + x) 2 (2 x 2 + x + 1) 2 − (2 x 2 + x) 2 ≤ x 2 − 2 x 4 x2 + 2 x + 1 ≤ x2 − 2 x 3 x 2 + 4 x + 1 ≤ 0. Los valores de x que satisfacen esta última desigualdad son los comprendidos entre las dos raíces de 3 x 2 + 4 x + 1 = 0 , es decir,

1 −1 ≤ x ≤ − . 3 El único entero x que satisface esta última desigualdad es x = -1, y obtenemos dos soluciones más de la ecuación original: (-1, -1) y (-1,0). Las soluciones enteras de x 4 + x3 + x 2 + x = y 2 + y son (0,0), (0,-1), (2,5), (2,-6), (-1,-1) y (-1,0). 27. Primera forma: Aquí vamos a usar dos veces el Principio del Palomar: Alguna jarra debe contener (al menos) 13 canicas. Así, al menos 5 de esas canicas deben ser del mismo color.

Segunda forma: Debe haber (a lo menos) 41 canicas del mismo color. Así alguna jarra debe contener al menos 5 de esas canicas. 28. Sea abcdef el número armonioso. Para que abcde sea múltiplo de 5, debe ser e = 5 . también tenemos que b, d y f deben ser pares pues ab, abcd y abcdef son respectivamente múltiplos de 2, 4 y 6. Por otro lado, 1

y 3 deben ser a y c, en algún orden, 1 + b + 3 = 4 + b debe ser múltiplo de 3, pues abc es múltiplo de 3; 4 + 4 = 8 ≡/ 0 mod 3 y 4 + 6 = 10 ≡/ 0 mod 3 , por lo tanto b = 2 . Para que abcd sea múltiplo de 4, cd debe ser un múltiplo de 4. Así d es 4 o 6 y c es 1 o 3. Como 14 y 34 no son múltiplos de 4, debemos tener que d = 6 , luego f = 4 . Por lo tanto, los únicos números armoniosos de 6 cifras son 123654 y 321654. La Tabla muestra la verificación de nuestro resultado.

1 ≡ 0 mod 1 12 ≡ 0 mod 2 123 ≡ 0 mod 3 1236 ≡ 0 mod 4 12365 ≡ 0 mod 5 123654 ≡ 0 mod 6

1 ≡ 0 mod1 32 ≡ 0 mod 2 321 ≡ 0 mod 3 3216 ≡ 0 mod 4 32165 ≡ 0 mod 5 321654 ≡ 0 mod 6

29. Para poder demostrar que Juan mintió, Pedro debe encontrar una carta que de un lado tenga una vocal y del otro un numero impar; por lo tanto, la única posibilidad es que Juan de vuelta la carta con el 3 y en el reverso tenga una vocal. 30. Tenemos que:

( 55...556 )

− (44...445) 2 = (55...556 + 44...445)(55...556 − 44...445) = (100...001) (11...11) 14243 1 424 3 n +1

= (10 + 11)(11...11) n

= (11...1100...00) + (11...11) 123 1 424 3 123 n

= 11...1111...11. 123 123 n

2 Por lo tanto (55...556) − (44...445) 1 424 3 tiene 2n dígitos (todos iguales a 1 424 3 n

1).

COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 SEGUNDA FASE EXAMEN NIVEL I 4to, 5to y 6to grado 1. Sea x el número de tazas de harina para hacer el bizcocho. Tenemos las siguiente proporción:

2 7 = . 3 x Así tenemos que x =

21 = 10 12 . Por lo tanto se necesitan 10 tazas y 2

media. 2. Para el almuerzo tenemos 3 posibilidades y para la comida 2 posibilidades, luego para el almuerzo y para la comida tenemos 3 × 2 = 6 posibilidades. De hecho, las posibilidades son: Mesón-Ponderosa Mesón-Chilis Burger King- Ponderosa

Burger King-Chilis Subway-Ponderosa Subway-Chilis

3. Si el área de cada cuadradito es 4, entonces cada uno de sus lados mide 2. El borde de la figura esta compuesta por 14 de esos lados, así su perímetro es 2 ×14 = 28 . 4. La siguiente tabla muestra las caritas que son iguales: 1, 5, 9, 13,… 2, 6, 10, 14,… 3, 7, 11, 15,… 4, 8, 12, 16,… Las posiciones donde se encuentra la carita uno, son aquellas que al dividir por 4 se obtiene un residuo de uno. Las posiciones donde se

encuentra la carita dos, son aquellas que al dividir por 4 se obtiene un residuo de dos. Así sucesivamente. El residuo de la división de 2005 entre 4 es 1. Así la carita 2005 es la primera carita, esta es

5. Como la suma de los ángulos internos de un triangulo es 180o , entonces:

ACB + 80o + 45o = 180o. Luego

ACB = 180o − (80o + 45o ) = 180o − 125o Además, Por lo tanto

= 55o. ACB + BCD = 180o. BCD = 180o − ACB = 180o − 55o = 25o.

6. Al igual que en el problema 4, el residuo de la división de 59 entre 12 es 11. Luego tenemos que contar 11 meses a partir de abril, y por lo tanto el mes correspondiente es febrero. 7. Denominemos por medio de L la edad de Luís, por J la de Juan y por R la de Roberto. Luego tenemos las siguientes ecuaciones.

L = 2J , J = R − 7, R = 18. Luego tenemos que J = 11 y por lo tanto L = 22 , así que Luís tiene 22 años. 8. Podemos dividir la región sombreada como se muestra en la siguiente figura.

Hay 6 cuadraditos completos, 4 medios cuadraditos y el triangulo A. El área de A es

1 1⋅ 2 = 1. Entonces el área total es 6 + 4 ⋅ + 1 = 9. 2 2

9. Denominemos por M, J, A y L, a María, Juan, Ana y Luís respectivamente. La siguiente tabla muestra todas las posibilidades para que ellos se sienten en el cine.

M M A M J L J L J L L J

A A M A M M A A L J J L

J L J L A A M M M M A A

L J L J L J L J A A M M

Luego tenemos 12 formas distintas de que ellos se sienten. 10. Tenemos que 60 = 2 2 × 3 × 5 . En la siguiente tabla mostramos todas las posibilidades. 2 22 3 5 2 2×3 2 ×3 2 2 × 3× 5 2 × 3× 5 2×5 22 × 5 3 × 5 Luego tenemos un total de 11 divisores de 60 mayores que 1.

11. Denominemos por P el precio del abrigo son descuento. Luego tenemos que

P − 20% P = 48, P−

20 P = 48, 100 4 P = 48, 5 48 × 5 , P= 4 P = 60.

Luego tenemos que el precio del abrigo sin descuento es $60. 12. Notemos que la siguiente figura tiene una longitud total de 10cm y tiene 2 segmentos horizontales.

Al dividir 2005 por 10 tenemos un cociente de 200 y un residuo de 5. Así tenemos que la grafica total tiene 200 secuencias pegadas como en la Figura 2 y terminando con un segmento horizontal y uno vertical. Por lo tanto, el número total de segmentos horizontales es:

200 × 2 + 1 = 401 13. Tenemos 5 posibles casos:

10 triรกngulos

4 triรกngulos

Así en total tenemos 44 triángulos. 14. Los múltiplos de 13 menores que 100 son 13, 26, 39, 52, 65, 78 y 91; y los de 23 son 23, 46, 69 y 92. Realicemos todas las posibles sumas cuyo resultado sea menor que 100 de un múltiplo de 13 y un múltiplo de 23.

13 + 23 = 36,

39 + 23 = 62,

13 + 46 = 59,

39 + 46 = 85,

13 + 69 = 82,

52 + 23 = 75,

26 + 23 = 49, 26 + 46 = 72,

52 + 46 = 98, 65 + 23 = 88,

26 + 69 = 95,

78 + 23 = 91.

Ahora vamos a hacer la diferencia entre 100 y cada uno de los resultados de la tabla anterior y vamos a verificar si el resultado es un múltiplo de 3.

Resta 100-36 100-59 100-82 100-49 100-72 100-95 100-62 100-85 100-75 100-98 100-88 100-91

Resultado 64 41 18 51 28 5 38 15 25 2 12 9

¿Es múltiplo de 3? No No Si Si No No No Si No No Si Si

Luego los números correspondientes son 18, 13 y 69; 51, 26 y 23; 15, 39 y 46; y finalmente 12, 65 y 23. 15. Denominemos por x la longitud del segmento AO . Los triángulos ABO , BOC y COD son congruentes y por hipótesis son equiláteros. Así tenemos que

x = AO = AB = BC = CD. Luego el perímetro de la figura esta dado por

3 × x + π × x = 30.7, 30.7 30.7 Por lo tanto tenemos que x = cm . Luego AD = ⋅ π y el 3+π 3+π 2

π  30.7  2 área del semicírculo es   cm . 2  3+π 

COMPETENCIA PRE-OLÍMPICA DE MATEMATICAS 2004-2005 SEGUNDA FASE EXAMEN NIVEL II 7mo-12mo grado 1. El residuo de la división de 59 entre 12 es 11. Luego tenemos que contar 11 meses a partir de abril, y por lo tanto el mes correspondiente es febrero. 2. Sea x el número de monedas que gasta Javier, y el número de monedas que gasta Carlos y z el número de monedas que gasta Aldo. Entonces tenemos las siguientes ecuaciones:

x + y + z = 40 y = x + 12 z = 2x Sustituyendo en la primera ecuación tenemos lo siguiente:

x + ( x + 12) + 2 x = 40 4 x + 12 = 40

4 x = 28 x = 7. Así tenemos que Javier gasta 7 monedas, Carlos gasta 19 monedas y Aldo 14 monedas. 3. Supongamos que en el Km. 0 están juntos una parada de guagua, un teléfono y un expendio de combustible. Entonces habrá: 1) Una parada de guagua en el Km. 4; otra en el Km. 8 y una en cada múltiplo de 4. 2) Un teléfono en el Km. 5; otro en el Km. 10 y uno en cada múltiplo de 5.

Estarán juntos una para de guagua y un teléfono cada vez que el número de kilómetros sea múltiplo de 4 y 5. Para saber cual es la primera vez que están juntos, calculamos el mínimo común múltiplo de 4 y 5:

m.c.m(4,5) = 20. Estarán juntos una parada de guagua y un teléfono cada vez que el número de kilómetros sea múltiplo de 20 (en los kilómetros 0, 20, 40, 60,…). Habrá un expendio de combustible en el Km. 30; otro en el Km. 60 y uno en cada múltiplo de 30. Estarán juntos una parada de guagua, un teléfono y un expendio de combustible cada vez que el número de kilómetros sea múltiplo de 20 ( 22 × 5 ) y de 30 ( 2 × 3 × 5 ). Para saber cual es la primera vez que están los tres juntos calculamos

m.c.m(20,30) = 22 × 3 × 5 = 60 . Estarán juntos una parada de guagua, un teléfono y un expendio de combustible cada vez que el número de kilómetros sea múltiplo de 60, es decir en los kilómetros 0, 60, 120, 180, etc. 4. Armamos primero los números de dos cifras. Los que terminan en 1: 11, 21, 31, 41, 51, 61, 71, 81, 91. Total: 9 Los que terminan en 2: 22, 42, 62, 82. Total: 4 Los que terminan en 3: 33, 63, 93. Total: 3 Los que terminan en 4: 44, 84. Total: 2 Otros: 55, 66, 77, 88, 99. Total: 5 Ahora armamos los números de tres cifras: Los que terminan en 1: 111, 211, 311, 411, 511, 611, 711, 811, 911, 221, 421, 621, 821,331, 631, 931, 441, 841, 551, 661, 771,881, 991. Total: 23 Los que terminan en 2: 222, 422, 622, 822, 442, 842, 662, 882. Total: 8

Los que terminan en 3: 333, 633, 933, 663, 993. Total: 5 Los que terminan en 4: 444, 844, 884. Total: 3 Otros: 555, 666, 777, 888, 999. Total: 5 Ahora sumamos los totales de todos los posibles casos y obtenemos

9 + 4 + 3 + 2 + 5 + 23 + 8 + 5 + 3 + 5 = 67, Es decir, hay en total de 67 números. 5. Según la información dada:

ADB = 180o − (60o + 40o ) = 180o − 100o = 80o . ADC = 100o . Como AD = AC , tenemos que DAC = ACD . Así:

Luego

ADC + 2 ACD = 180o 100o + 2 ACD = 180o 2 ACD = 80o ACD = 40o. 6. El número tu tiene el valor 10t + u . Luego el número t1u tiene el valor 100t + 10 + u . 7. Denominamos por A, B, C, D a Alicia, Beatriz, Cecilia y a Dora y denominamos por a, b, c, d a sus respectivos hermanitos. Por estar Beatriz y Dora una enfrente de la otra y porque en la mesa no hay dos mujeres juntas, pueden estar ubicados de estas maneras:

está sentado un hermanito. Como el Donde en cada posición hermanito de Beatriz no puede estar al lado de Beatriz, en el caso (1), b estaría entre A y D o entre D y C; y en el caso (2), b estaría entre C y D o entre D y A. Sabemos que el hermanito de Beatriz tiene a Alicia a su derecha, luego están ubicados como en el caso (2) con b entre D y A.

Entre C y D no pueden estar ni c ni d porque ninguna está al lado de su propio hermano. Como b ya esta ubicado, a está entre C y D. Por lo tanto, la manera en que se sentaron ese día en la confitería es la siguiente:

8. Consideremos los siguientes casos: Los caminos que no pasan por el centro son 2. Los caminos que pasan a la primera por el centro (es decir, que de A se van directo al centro) son 5 (uno por cada una de las otras líneas que salen del centro). Los caminos que pasan a la segunda por el centro (o sea, después de recorrer dos segmentos) son 8 (hay 2 posibilidades para llegar al centro y luego hay 4 posibilidades para salir de él) y a la tercera son 6 caminos (2 para llegar al centro y 3 para salir de él). Luego en total hay 21. 9. Dibujemos PU diagrama:

perpendicular a TS , así obtenemos el siguiente

En el triángulo PUT , 2

PT = PU + UT

= 400 + 16 = 416. En el triángulo PRT tenemos que 2

PT = PR + RT

= (82 + x 2 ) + [12 2 + (20 − x) 2 ] = 2 x 2 − 40 x + 608. Así,

2 x 2 − 40 x + 608 = 416 x 2 − 20 x + 96 = 0 ( x − 12)( x − 8) = 0. Luego los posibles valores para x son x = 12 o x = 8 . 10. Se pueden dibujar cuadrados de 5 tamaños distintos; los mostramos de menor a mayor:

Posibilidad 1

Posibilidad 2

Posibilidad 3

Posibilidad 4

Posibilidad 5

Se pueden dibujar 9 + 4 + 2 + 4 + 2 = 21 cuadrados distintos.

11. Tenemos que

1 y 2 = ( x + y ) 2 , de donde 3

x+ y = 3, así que y

x = 3 − 1. y

1 = 3 , luego: x 3 1 3 1  27 =  x +  = x3 + 3 x + + 3 x x x  1   1  1   =  x 3 + 3  + 3  x +  =  x 3 + 3  + 9. x   x  x   1 Entonces x 3 + 3 = 27 − 9 = 18 . x

12. Como x > 0 , tenemos que x +

13. Observemos que para encontrar la cifra de las unidades de un número que se obtiene después de hacer sumas y multiplicaciones, basta hacer las operaciones con las cifras de las unidades de los sumandos y los factores, e incluso, en cada paso de la operación, irse quedando sólo con la cifra de las unidades. Hagamos esto y para simplificar la escritura, escribamos a ≡ b si a y b son dos enteros que tienen la misma cifra de unidades (por ejemplo 38 ≡ 18 y 20 ≡ 100 ). Entonces

14 2 ≡ 42 ≡ 6, 143 ≡ 6 × 4 ≡ 4, 14 4 ≡ 4 × 4 ≡ 6, etc.; 152 ≡ 5, 153 ≡ 5 × 5 ≡ 5, 154 ≡ 5, etc. y 16 2 ≡ 62 ≡ 6, 163 ≡ 6 × 6 ≡ 6, 164 ≡ 6, etc. Así 1414 + 1515 + 1616 ≡ 6 + 5 + 6 ≡ 7 . 14. Grafiquemos la situación geométrica dada.

D y 20 ° z

H y

x x

Sea

EGB = x. Construyamos primero el segmento FH , donde H es

el punto medio de AB . Tenemos que los triángulos ABE y CDE son congruentes, similarmente los triángulos ADF y BCF . Por lo tanto, si BAE = z y FAD = y, tenemos que:

y + z + 20o = 90o , x + ( y + 90o ) + z = 180o. (ver triángulo GFD). De la primera ecuación tenemos que y + z = 70o y sustituyendo en la segunda obtenemos

x + 90o + 70o = 180o , x = 180o − 160o , x = 20o. 15. Las siguientes figuras muestran la tasa, primero en posición normal y luego inclinada. O 8

4 O

C A

B 4

primera

figura,

obtenemos

OB = 8

OC = 4.

Así

CB = 64 − 16 = 4 3. Si el ángulo de inclinación de la tasa en la segunda figura es OA1C , entonces OC1 = 4 y A1C1 = 4 3 . Entonces OA1 = 16 + 48 = 8. Así

OA1C1 = 30o .

16. Asignemos a la cuadrícula una red de caminos que conectan los cuadraditos adyacentes como señala el problema. A los puntos de la línea inferior y a los de la lateral izquierda se puede llegar de una única manera. A los demás se puede llegar a través de 3 puntos “anteriores” y el número de maneras de llegar es igual a la suma del número de maneras de llegar a los puntos “anteriores”.

Ahora podemos ir señalando en cada punto el número de maneras de llegar a él, como muestra la siguiente figura.. 63 B

Por lo tanto hay 63 formas de llegar desde A hasta B bajo las condiciones dadas.

OLIMPIADA MATEMATICA DE PUERTO RICO 2004-2005 EXAMEN NIVEL I 4to, 5to y 6to grado 1. Denotemos por Ll, S, N, y Ni cuando el dia este lluvioso, soleado, nublado y cuando cae nieve respectivamente. Luego

L M Ll S Ni Ll N Ni S N

W N S Ll Ni

J Ni N S Ll

V Ll Ni N S

S S Ll Ni N

D N S Ll Ni

Así tenemos que el lunes dentro de 4 semanas será un día soleado. 2. Una solución es la siguiente (puede haber otras soluciones):

3 1 2 1 2 3 2 3 1 3. Sea x la medida de un lado del cuadrado. Como la base del triángulo tiene la misma medida que la altura tenemos que el área del triangulo es

x⋅x = 2 y el área del cuadrado es x 2 . Luego el área del cuadrado 2

es 4.

4. Tenemos 3 posibilidades para la bebida, 2 para la ensalada y 3 para la carne. así tenemos 3 ⋅ 2 ⋅ 3 = 18 maneras diferentes de escoger el almuerzo. 5. Sean A y B las edades de Ana y Beatriz respectivamente. Luego tenemos lo siguiente

A + B = 18, A = 2 B. Sustituyendo en la primera ecuación tenemos

2 B + B = 18, 3B = 18, 18 B= , 3 B = 6. Luego la edad de Beatriz es 6 años y la de Ana es 12 años. 6. Sea n el menor entero, luego tenemos lo siguiente:

n + (n + 1) + (n + 2) + (n + 3) + (n + 4) = 2005, 5n + 10 = 2005, 5n = 1995, 1995 , n= 5 n = 399. Así el menor número es 399. 7. Si son múltiplos de 5, terminan en 5 o en 0. Luego los posibles casos para los que terminan en 5 y comiencen en 1 son: 1025, 1035, 1045, 1205, 1235, 1245, 1305, 1325, 1345, 1405, 1425, 1435.

Tenemos un total de 12. También pueden empezar en 2, 3 o 4. Así tenemos un total de 12 ⋅ 4 = 48 números terminados en 5. Los posibles casos para los que comienzan en 1 y terminan en 0 son: 1230, 1240, 1250, 1320, 1340, 1350, 1420, 1430, 1450, 1520, 1530, 1540. Tenemos otra vez un total de 12. Estos también pueden empezar en 2, 3, 4 o 5. Así tenemos un total de 12 ⋅ 5 = 60 números terminados en 0. Así tenemos un total de 48 + 60 = 108 números. 8.

El triángulo ACE esta dividido en 4 triángulos iguales. El cuadrilátero ABDE está dividido en 3 triángulos iguales a los anteriores. El triángulo BDF esta dividido en 4 triángulos iguales al triángulo GHI . Ahora dividimos al triángulo ABF y FDE en 4 triángulos iguales (iguales a GHI ). El cuadrilátero queda dividido en 12 triángulos iguales (iguales a GHI ). Luego dividimos cada uno de estos 12 triángulos en 4 triángulos iguales al triángulo JKL . El cuadrilátero queda dividido en 12 ⋅ 4 = 48 triángulos iguales a JKL . Los triángulos sombreados son JKL y GHI . Este quedo dividido en 4 triángulos iguales a JKL . La parte sombreada ocupa 5 triángulos iguales a JKL . Así la zona sombreada representa

5 del cuadrilátero 48

ABDE . 9. Sea x el número de ventanas que solo tienen flores, y el número de ventanas que solo tienen cortinas y z el número de ventanas que tienen flores y cortinas. Luego tenemos las siguientes ecuaciones:

40 = 105 − ( x + y + z ), x = 35 − z , y = 45 − z. Sustituyendo en la primera ecuación tenemos que

40 = 105 − (35 − z + 45 − z + z ), 40 = 105 − (80 − z ), 40 − 105 = z − 80, z = 80 − 65, z = 15. Así el número de ventanas que tienen flores y cortinas es 15. 10. Primero baja el príncipe utilizando la piedra de contrapeso. Luego baja la princesa utilizando de contrapeso al príncipe. Estando la princesa abajo, tiran la piedra, y baja el rey usando a la princesa y la piedra de contrapeso. Luego baja el príncipe para que baje la princesa usándolo a el de contrapeso y para terminar, baja el príncipe usando la piedra de contrapeso

OLIMPIADA DE MATEMATICAS DE PUERTO RICO 2004-2005 EXAMEN NIVEL II 7mo-12mo grado 1. El mínimo común múltiplo de 45, 30 y 12 es

m.c.m(45,30,12) = 2 2 ⋅ 32 ⋅ 5 = 180 Luego Juan verá las estrellas al tiempo dentro de 180 días. 2. En la tabla mostramos todas las posibilidades de cómo Andrés podría haber comprado los caramelos: Parcha Melón China 1 1 4 1 2 3 1 3 2 1 4 1 2 1 3 2 2 2 2 3 1 3 1 2 3 2 1 4 1 1

Luego tenemos 10 posibilidades. 3. Sea x el número de ventanas que solo tienen flores, y el número de ventanas que solo tienen cortinas y z el número de ventanas que tienen flores y cortinas. Luego tenemos las siguientes ecuaciones:

40 = 105 − ( x + y + z ), x = 35 − z , y = 45 − z. Sustituyendo en la primera ecuación tenemos que

40 = 105 − (35 − z + 45 − z + z ), 40 = 105 − (80 − z ), 40 − 105 = z − 80, z = 80 − 65, z = 15. Así el número de ventanas que tienen flores y cortinas es 15. 4. Primero baja el príncipe utilizando la piedra de contrapeso. Luego baja la princesa utilizando de contrapeso al príncipe. Estando la princesa abajo, tiran la piedra, y baja el rey usando a la princesa y la piedra de contrapeso. Luego baja el príncipe para que baje la princesa usándolo a él de contrapeso y para terminar, baja el príncipe usando la piedra de contrapeso. 5. Denominemos por A, M y R las edades de Ana, Miguel y Ramón respectivamente. Luego tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

A + M = 17, M + R = 21, R + A = 22. De la última ecuación obtenemos que R = 22 − A , al sustituir en la segunda obtenemos M + (22 − A) = 21 , por lo tanto M = A − 1 . Al sustituir en la primera ecuación obtenemos

A + ( A − 1) = 17, 2 A = 18, A = 9. Luego tenemos que M = 8 y R = 13 . De modo que

A + M + R = 9 + 8 + 13 = 30. 6. Sea x = AC . Luego tenemos que

x + 3 x + 3 x = 84 cm, 7 x = 84 cm, x = 12 cm. 1 1 AC = ⋅12cm = 6cm. Por lo tanto FG = 3 cm. Por 2 2 1 1 otro lado DC = BC = ⋅ 3 ⋅12cm = 18cm. 2 2 1 Así obtenemos que DF = DC = 18 cm, EG = EC = DC = 9 cm y 2 1 DE = DC = 9 cm. Así el perímetro de la figura sombreada es 2 Luego FC =

DF + FG + EG + DE = 18cm + 3cm + 9cm + 9cm = 39cm. 7. Sea h la altura del triángulo ABE . Luego tenemos que

(4 + DC )h , 2 36 = (4 + DC )h, 36 h= . 4 + DC 18 =

De aquí se tiene que 4 + DC | 36 . Como DC es un número par, tenemos que existe un entero positivo l tal que DC = 2l . Así 2 + l |18 . Por lo tanto 2 + l = 1, 2, 3, 6, 9, 18. Luego l = −1, 0, 1, 4, 7, 16 . Obviamente descartamos el caso l = −1 y l = 0. Así DC = 2, 8, 14, 32. Luego los posibles valores para h son 6, 2, 3 y 1 . Así los posibles valores para el área A del triángulo ABE son:

1 ⋅4⋅h 2 = 2⋅h

= 12, 4, 6 y 2. 8. Podemos agrupar la sucesión como sigue: Términos 1 1,2 1,2,3 1,2,3,4 1,2,3,4,5

M 1, 2,3, 4,5,K , n M

Términos escritos 1 3 6 10 15

M n(n + 1) 2 M

n tal que n(n + 1) 2005 ≤ , ya que el valor n corresponde al último término de 2

Luego debemos hallar el menor entero positivo

la fila donde está el término 2005. Esto es equivalente a 4010 ≤ n(n + 1) . El menor entero que satisface esto es n = 63 . Ya que

63(63 + 1) = 4032 y 62(62 + 1) = 3906 . Como

63(63 + 1) = 2016 , 2

tenemos que 63 corresponde al término 2016. Luego

2016 2015 2014 # del Término Término 63 62 61

2007 2006 2005

Así el término 2005 de la sucesión es 52.

9. Sea a el número de siete cifras compuesto por 3’s y 7’s. Sean n y m la cantidad de 3’s y 7’s respectivamente en a . Como este número tiene que ser divisible por 3, tenemos que 3n + 7 m ≡ 0 mod 3 . Si m = 1, 2, 4, 5, 7 , tenemos que n = 6, 5,3, 2, 0 y así 3n + 7 m = 25, 29,37, 41, 49 . Pero ninguno de estos valores es múltiplo de 3; luego descartamos esos casos. Si m = 0 tenemos a = 3333333 ; pero este número no es múltiplo de 7. Así descartamos este caso. Si m = 6 tenemos que n = 1 . Usando la expansión decimal de a , obtenemos que existen enteros no negativos m1 , m2 ,..., m7 tales que 3(10m1 ) + 7(10m2 + ... + 10m7 ) ≡ 0 mod 7. Luego debemos tener que 7 | 3(10m1 ) , lo cual es imposible. Así solo nos queda el caso m = 3 . De aquí tenemos que n = 4 y que existen enteros no negativos m1 , m2 ,..., m7 tales que 3(10m1 + ... + 10m4 ) + 7(10 m5 + 10m6 + 10 m7 ) ≡ 0 mod 7 Podemos asumir que 0 ≤ m1 < ... < m4 ≤ 6 . Luego m4 ≠ 0,1, 2 y 10 m1 + ... + 10m4 ≡ 0 mod 7 . Si m4 = 3 tenemos que m1 , m2 y m3 son respectivamente 0, 1 y 2. Sustituyendo obtenemos 100 + 101 + 102 + 103 = 1111 , el cual no es un múltiplo de 7. Para analizar los demás casos de m4 , vamos a utilizar la siguiente información. 100 ≡ 1 mod 7 10 2 ≡ 2 mod 7 10 4 ≡ 4 mod 7

101 ≡ 3 mod 7 103 ≡ 6 mod 7 105 ≡ 5 mod 7 106 ≡ 1 mod 7

Es fácil notar que los únicos múltiplos de 7 que se pueden obtener como suma de cuatro residuos correspondientes a diferentes potencias de 10 de las anteriores son 7 y 14. Si m4 = 4 , tenemos 85

que el residuo correspondiente es 4; 7 no se puede obtener como suma de 4 residuos, sin embargo el 14 se puede obtener como 4 + (1 + 3 + 6) = 14. Los valores correspondientes a los residuos 1, 3 y 6 de m1 , m2 y m3 son respectivamente 0, 1 y 3. Así a en este caso es 7733733. Si m4 = 5 , tenemos que su residuo correspondiente es 5, y como en el caso anterior se obtiene que 5 + (1 + 2 + 6) = 14, 5 + (2 + 3 + 4) = 14. De manera análoga al caso anterior tenemos que los valores correspondientes de m1 , m2 y m3 son 0, 2, 3; y 2, 1, 4. Luego a es alguno de los números 7373373 y 7337337. Por último, analicemos el caso m4 = 6 . El residuo correspondiente es 1. Por lo tanto 1 + (1 + 2 + 3) = 7,

1 + (2 + 5 + 6) = 14, 1 + (3 + 4 + 6) = 14.

Luego tenemos que los valores de m1 , m2 y m3 son 0, 2, 1; 2, 5, 1; y 1, 4, 3. Entonces a debe ser alguno de los números 3777333, 3377337 y 3733737. Así, todos los posibles números son 7733733, 7373373, 7337337, 3777333, 3377337 y 3733737. 2 p −1 − 1 1 10. Supongamos que = a 2 . Para p = 2 queda a 2 = que es p 2 imposible. Luego, p debe ser impar, digamos p = 2k + 1 . Tenemos pa 2 = 22 k − 1 = (2k − 1)(2k + 1).

Estos dos factores son primos relativos por ser impares consecutivos. Como su producto debe ser p veces un cuadrado, uno debe ser cuadrado y el otro p veces un cuadrado. Si 2 k − 1 es un cuadrado, llegamos a que 2k − 1 = 1 , y así tenemos que k = 1 y por lo tanto p = 3. Si 2k + 1 es un cuadrado, digamos 2k + 1 = b 2 , tenemos que

2k = b 2 − 1 = (b + 1)(b − 1) . Como este producto es potencia de 2, tanto b − 1 como b + 1 deben ser potencias de 2. Pero las únicas potencias de 2 que difieren en dos son 2 y 4. Luego b = 3 , de donde k = 3 y así tenemos que p = 7 . Por lo tanto, las soluciones son p = 3, 7 .

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