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SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA

OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA 2005 Tercera fase – Nivel 3 Respuestas y soluciones Octubre de 2005

RESPUESTAS Pregunta

Respuesta

Pregunta

Respuesta

1

160

6

6

2

400

7

955

3

8

8

640

4

2

9

17

5

2

10

434

OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA - Segunda Fase – Nivel 1

1


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OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA 2004 Tercera fase Soluciones – Tercer nivel Octubre de 2005

1. Si sen  cos  

1 3 3 , calcula el valor de P= 360( sen cos   sen  cos  ) . 3

Solución

Del dato:

sen   cos 2   1 

2

3

1 sen   cos   2 sen  cos     3 1 1  2 sen  cos   9 4 sen  cos   9 2

2

2

Luego,

P  360(sen  cos 3   sen 3  cos  ) P  360 sen  cos  (cos 2   sen 2  )

4 P  360 1  160 9 2. En el centro de la cara superior de una caja cúbica de 512 cm3 de volumen se pega otra caja cúbica de 8 cm3 de volumen. Halla, en cm2, el área total de la superficie del sólido resultante. Solución

La caja cúbica de 512 cm3 tiene una arista de 8 cm y la cajita cúbica de 8 cm3 de volumen tiene 2 cm de arista. Luego, el sólido resultante tiene 5 caras cuadradas de 2cm de lado (que tienen un área total de 5  2 2  20 cm2), 5 caras cuadradas de 8 cm de lado (que

 

 

tienen un área total de 5  8  320 cm2) y una cara que tiene la forma de un cuadrado de 8 cm de lado con un agujero en forma de cuadrado de 2cm de lado (el área de esta cara es de 8 2  2 2  60 cm2). En conclusión, el área total de este sólido es: 2

20 + 320 + 60 = 400 cm2.

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sen x cos x toma tres posibles valores a , b y c (a  b  c) , cuando x es  sen x cos x un ángulo no cuadrantal. Calcula K  2a  4b  6c .

3. La expresión

Solución

La expresión

sen x , cuando x es un ángulo no cuadrantal, solo toma dos posibles valores, sen x cos x . Luego, los posibles valores de cos x

1 y -1. Lo mismo sucede con la expresión

sen x cos x  son los siguientes: sen x cos x +1 +1 = 2, +1 -1 = 0, y -1 -1 = -2. Para ello basta tomar, por ejemplo, ángulos del primer, segundo y tercer cuadrantes, respectivamente. Luego, a  2 , b  0 , c  2 . Finalmente,

K  2a  4b  6c  2(2)  4(0)  6(2)  8 4. ¿Para qué valor de n es válida la siguiente identidad?

Senx  Secx 2  1  Cos 2 x  2  (1  Tgx) n Solución

Tenemos:

M  Senx  Secx   1  Cos 2 x M  Sen 2 x  Sec 2 x  2Senx Secx  1  Cos 2 x 2

Pero Sen 2 x  Cos 2 x  1 , Sec 2 x  1  tan 2 x y Senx Secx  tanx . Luego,

M  2  1  2tanx  tan 2 x  M  2  1  tanx 

2

En consecuencia, n  2 .

5. Dado un triángulo ABC donde se cumple que

senA  cos 2 A .

cos A cos B cos C a    , calcula a b c bc

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Solución

Tenemos:

bc cos A  ac cos B  ab cos C a  abc bc 2bc cos A  2ac cos B  2ab cos C 2a  abc bc

Usando la Ley de cosenos:

b

2

 c 2  a 2   a 2  c 2  b 2   a 2  b 2  c 2  2a  abc bc

a

2

 b2  c2   2a a b2  c2  a2

Por lo tanto, el triángulo ABC es recto en A. En consecuencia,

sen A  cos 2 A  sen 90  cos180  1   1  2

6. En un triángulo, los ángulos A y B satisfacen 3 A  2 B  180 . Si AB  8 y BC  4 , halla AC . Solución

Sean  y  las medidas de los ángulos A y B, respectivamente. Luego, por dato,

3  2   180 De aquí, 2  2   180 . En consecuencia,     90 . Prolongamos el lado BC hasta el punto D tal que ADB =    .

A

8

B

4

C

D

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Por ángulo exterior, ACD = BAC + CBA =    . Luego, en el triángulo ACD, CAD = 180° - ACD - ADB CAD = 180° -     -     CAD = 180°  2  2 

Pero como 3  2   180 , entonces CAD =  . Como BAC    CAD, en el triángulo BAD se tiene que AC es bisectriz interior. De aquí, por el teorema de la bisectriz interior:

AD AB  CD BC

AD 8  CD 4 Sea CD  x . Entonces, AD  2 x . Además, ACD es un triángulo isósceles. Luego, AC  2 x . Sea H el pie de la perpendicular de A hacia CD. Como ACD es isósceles, CH 

x . Si 2

aplicamos el Teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos AHB y AHC tenemos:

AH 2  AB 2  BH 2  AC 2  CH 2 Luego, 2

x  x  2 8   4    2 x     2 2 

2

2

 x2  x2 8 2  16  4 x    4 x 2  4  4 

x 2  x  12  0 , cuya única solución no negativa es x  3 . Finalmente, AC 2 x  6 . 7. En el tablero mostrado, cada una de las casillas blancas contienen un dígito que puede ser 1, 2 ó 3, de tal modo que todos los números de dos o tres dígitos formados de izquierda a derecha y de arriba hacia abajo (211, 31, 223 y 11) sean primos diferentes. 2 2 3

1

1 1

1

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Se completa el tablero mostrado a continuación también con los dígitos 1, 2 ó 3 en cada casilla blanca de tal manera que todos los números de dos o tres dígitos formados de izquierda a derecha y de arriba hacia abajo sean números primos diferentes.

¿Cuál es el mayor valor que puede tener la suma de todos estos números primos?

Solución

En primer lugar hallamos los números primos formados únicamente con los dígitos 1, 2 y 3. Para simplificar la búsqueda consideremos que ninguno de ellos puede terminar en 2 y que ninguno de ellos puede tener una suma de cifras múltiplo de 3. Los números que cumplen estas condiciones son: 11, 13, 23, 31 113, 121, 131, 133, 211, 221, 223, 233, 311, 313, 323, 331 De ellos, 133 es múltiplo de 7, 121 es múltiplo de 11, 221 es múltiplo de 13 y 323 es múltiplo de 17. Luego, los números primos son solamente: 11, 13, 23, 31 113, 131, 211, 223, 233, 311, 313, 331 Como en el tablero deben ir cuatro números distintos de dos cifras, entonces necesariamente en el tablero deben escribirse el 11, 13, 23 y 31. Para que la suma sea máxima, los tres números de tres cifras que se escriban en el tablero deben ser los mayores posibles. Si estos números fueran 311, 313 y 331, solo hay una forma de ubicarlos en el tablero y es la siguiente: 3 3 1

1

3 1 3

Pero en este caso tanto el 23 como el 13 deberían ocupar la casilla de la esquina superior izquierda del tablero, lo cual no es posible. Por tanto, los tres números de tres cifras no pueden ser el 311, 313 y 331. La segunda mayor suma de los tres números de tres cifras es la formada por el 233, 313 y 331. En este caso si se puede completar el tablero de la siguiente forma 1 1

3 3 1

1

2 3 3

3 1

La suma de los siete números primos es: 11+13+23+31+233+313+331 = 955 OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA - Segunda Fase – Nivel 1

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8. En un triángulo ABC se cumple que

tg ( A) tg ( B ) tg (C )   . 1 2 3 Halla

 AC  720   AB 

2

.

Solución

La tangente de la suma de tres ángulos se calcula mediante:

tan( A  B  C ) 

tan( A)  tan( B )  tan(C )  tan( A)tan( B)tan(C ) 1  tan( A)tan( B)  tan( B)tan(C )  tan(C )tan( A)

En un triángulo ABC, se tiene que tan( A  B  C )  0 , de aquí,

tan( A)  tan( B)  tan(C )  tan( A)tan( B)tan(C )  0 Pero como las tangentes son proporcionales a 1, 2 y 3, sean tan( A)  k , tan( B )  2k y tan(C )  3k . Entonces,

k  2k  3k  k 2k 3k   0

6k (1  k 2 )  0 cuyas únicas soluciones son k  0 y k  1 . Es imposible que la tangente de un ángulo en un triángulo sea cero. En consecuencia, k  1 . Esto implica que tan( A)  1 , tan( B )  2 y tan(C )  3 . De aquí, los tres ángulos del triángulo son agudos. En el siguiente gráfico, sea AH  6 x .

A

6x

B

H

C

Como tan( B )  2 y tan(C )  3 , entonces BH  3 x y CH  2 x . Por el Teorema de Pitágoras,

AC 

AH 2  CH 2  x 40

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AB 

AH  BH  x 45 2

2

Finalmente, 2

 x 40   AC    640 720   720  x 45  AB    2

9. Sea S  1 

1 2

1 3

 ... 

1 80

. Halla el entero n tal que n 1  S  n .

Solución

Para todo entero n entero positivo se cumple que:

1 1   n 1  n 2 n

1 n  n 1

Racionalizando:

1

n 1  n 

2 n

 n  n 1

Reemplazando los valores 2, 3, ..., 80 en esta desigualdad tenemos:

3 2 

1

 2 1 2 2 1 4 3  3 2 2 3 ...

81  80 

1  80  79 2 80

Al sumar las desigualdades tenemos:

81  2 

1 2 2

2 81  2 

19  2 2  1 

1 2 3

 ... 

1  80  1 2 80

1 1 1   ...   2 80  1 2 3 80

1 1 1   ...   2 80  1 2 3 80

Finalmente:

16  19  2 2  1 

1 1 1   ...   2 80  1  17 2 3 80

En consecuencia, n  17 . OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA - Segunda Fase – Nivel 1

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10. ¿De cuántas maneras se pueden elegir los subconjuntos A, B, C del conjunto 1,2,3,4 tales que se cumplan simultáneamente las siguientes tres condiciones:  A B C  ,  

A B  , AC   ?

Solución Sea Z = A  B  C. Como A  B  C   , tenemos el siguiente diagrama: Z A

B

C

De otro lado, como A  B   y A  C   , entonces construimos la siguiente tabla donde consideramos las cantidades de elementos que pueden tener los conjuntos A  B , A  C y Z  A B  AC :

n A  B 

n A  C 

nZ  A  B  A  C 

1

1

2

1

2

1

1 2

3 1

0 1

Cantidad de formas

4  3  5 2  300 4  3  51  60 4 1  4 6  2  51  60 6 1  6 4 1  4

2 2 0 3 1 0 Por ejemplo, para calcular la cantidad de formas en las que podemos elegir A, B y C cuando n A  B  = 1 y n A  C  = 1, consideramos lo siguiente:  El único elemento perteneciente al conjunto A  B puede ser elegido de 4 formas, las cuales son 1, 2,3 y 4.  Una vez hecha la elección del conjunto A  B , podemos elegir el único elemento perteneciente al conjunto A  C de 3 formas, pues uno de los elementos ya ha sido empleado.  Cada uno de los elementos restantes puede pertenecer a cinco subconjuntos los cuales son B  C , A  B  C  , B   A  C  , C   A  B  y Z   A  B  C  . La elección del conjunto al que pertenecerá cada uno de estos tres elementos restantes se puede hacer de 52 formas. Si multiplicamos 4 por 3 por 52 obtenemos la cantidad de formas en las que podemos elegir A, B y C cuando n A  B  = 1 y n A  C  = 1. En forma similar se calculan las otras cantidades. Finalmente, la cantidad total de formas para elegir estos tres conjuntos es 434.

GRACIAS POR TU PARTICIPACIÓN OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA - Segunda Fase – Nivel 1

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