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MINISTERIO DE ED UCACION                                                                                                                                                                                                                SOCIEDAD MATEMATICA PERUANA 

OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA 2004  Segunda fase  Soluciones – Segundo nivel  Setiembr e de 2004 

1.  Rolando  leyó  ayer  la  quinta  parte  de  las  páginas  de  un  libro;  hoy  leyó  la  mitad  de  lo  que  le  quedaba por leer y todavía le faltan 80 páginas. ¿Cuántas páginas tiene el libro?  Solución 

Ayer le quedó por leer las cuatro quintas partes  ( 1 -

1 4  = ). El día de hoy leyó la mitad de  5 5

lo que le quedaba por leer, es decir, las dos quintas partes y todavía le quedaron las otras  dos  quintas  partes.  Por  lo  tanto,  si  x  es  la  cantidad  de  páginas  del  libro  tenemos  la  ecuación: 

2  x = 80  5  cuya solución es  x = 200 .  2.  Una  delegación  de  36  estudiantes  viajará  representando  a  su  colegio  en  una  competencia  deportiva.  Cada  estudiante  representa  a  su  colegio  solo  en  una  disciplina,  fútbol,  básquet  o  tenis. Se sabe que la mitad del número de futbolistas más la tercera parte de basquetbolistas  es igual a 14. Además, el número de basquetbolistas más el doble del número de tenistas es  igual al número de futbolistas. ¿Cuántos tenistas conforman la delegación?  Solución  Sean  f  ,  b  y  t  variables  que  representan  la  cantidad  de  futbolistas,  basquetbolistas  y  tenistas, respectivamente, en la delegación del colegio. Luego:  f + b + t = 36  (1)  También, por condición del problema: 

f 2

+

b 3 

= 14 

(2) 

b + 2t  = f

(3)  Podemos resolver el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas por cualquiera de los  métodos  conocidos  o  podemos  obtener  directamente  el  valor  de  t  multiplicando  cada  ecuación  por  algún  coeficiente  conveniente.  Por  ejemplo,  si  multiplicamos  por  12  la  ecuación  (2),  le  sumamos  la  ecuación  (3)  y  le  restamos  5  veces  la  ecuación  (1)  obtenemos:

æ f b ö 12 ç + ÷ + ( b + 2t ) - 5 ( f + b + t ) = 12 ´ 14 + f - 5 ´ 36  è 2 3 ø Simplificando: 

f - 3t = f - 12  t = 4 

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3.  Calcula la suma de todos los números que satisfacen la siguiente ecuación: 

3 x - 2 - 18 = x Solución  Tenemos: 

3 x - 2 = 18 + x 3 x - 2 = (18 + x) Ú 3 x - 2 = - (18 + x) 

2 x = 20 Ú 4 x = - 16  x = 10 Ú x = -4  Verificando en la ecuación original se confirma que ambos valores son soluciones. Luego,  la suma de las soluciones es 10 – 4 = 6. 

4.  Factoriza el siguiente polinomio, en el conjunto de polinomios con coeficientes enteros, 

P ( x) = x4 + 6 x2  + 25  Indica como respuesta el  número de factores primos.  Solución  Tenemos: 

P ( x) = x4 + 6 x2  + 25  P ( x) = ( x4 + 10 x2 + 25 ) - 4 x2  2 

P ( x) = ( x2  + 5 ) - ( 2 x ) 

P ( x) = ( x2 + 2 x + 5 )( x2  - 2 x + 5 )  Como el polinomio  x2  + 2 x + 5  tiene discriminante negativo: 2 

D = ( 2 ) - 4 (1)( 5 ) = - 16 ,  no se puede factorizar. Lo mismo sucede con el polinomio  x2  - 2 x + 5 . Por lo tanto,  P ( x )  solo tiene dos factores primos.  5.  Sea  f  una función definida en los números reales tal que: 

f (0) = 2  f ( x + 1) = f ( x) + 2 x + 4  ,  para todo valor de  x  Calcula el valor de  f (1) + f ( -1) .  Solución  Si reemplazamos  x = 0  en la ecuación obtenemos:

f (1) = f ( 0 ) + 2 ´ 0 + 4  y como  f (0) = 2 , se obtiene f (1) = 6 .  De otro lado, si reemplazamos  x = -1  en la ecuación se obtiene:

f ( 0 ) = f ( -1) + 2 ´ ( -1) + 4  y como  f (0) = 2 , se obtiene f ( -1) = 0 .  Finalmente: 

f (1) + f (-1) = 6  OLIMPÍADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA ­  Soluciones ­  Segunda Fase ­ Nivel 2 


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6.  Por el vértice B de un triángulo ABC se traza la recta L paralela al lado AC. La bisectriz  interior del ángulo A corta a L en el punto M y la bisectriz exterior del ángulo C corta a la  recta L en el punto N. Si AB = 24 y BC = 36, calcula MN.  Solución  Se tiene la siguiente figura: 

Como AM es bisectriz, ÐABM = ÐMAC. Pero como L es paralela a AC, ÐBMA = ÐMAC  (ángulos alternos internos). De estas dos igualdades se deduce que ÐABM = ÐBMA, por  lo que BM = AB = 24. De manera similar se concluye que BN = BC = 36.  Finalmente, MN = BN – BM = 36 – 24 = 12. 

7.  Santiago intercambió los  dígitos de un  número  de  tres cifras  de  modo  que  ningún dígito  quedó  en  su  posición  original  y  obtuvo  así  otro  número  de  tres  cifras.  Después  restó  el  primer número menos el segundo y obtuvo como resultado un número cuadrado perfecto  de dos dígitos. ¿Cuántos posibles valores tiene este número cuadrado perfecto?  Solución 

Sea  n = abc el  número  original.  Luego  del  intercambio  de  dígitos  el  número  puede  ser 

bca  o  cab .  Para  el  primer  caso,  la  diferencia  d  entre  el  número  original  y  el  nuevo  número es:  d = abc - bca d = (100a + 10b + c ) - (100b + 10c  + a )  d = 99a - 90b - 9 c d = 9 (11a - 10b  - c )  Vemos  que  esta  diferencia  es  múltiplo  de  9  y,  por  condición  del  problema,  debe  ser  cuadrado perfecto. Entonces,  d  solo tiene dos posibles valores: 36 y 81. Por ejemplo: 

218 - 182 = 36 213 - 132 = 81 En el segundo caso, también la diferencia  d  resulta múltiplo de 9 y los únicos números  posibles son 36 y 81.

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8.  Encuentra la cantidad de números capicúas de 5 cifras que sean múltiplos de 37.  Nota: Un número capicúa es aquel que se lee igual de derecha a izquierda y de izquierda  a derecha. Por ejemplo, 171, 2002 y 45054.  Solución 

Un  número  capicúa  n  de  cinco  cifras  tiene  la  siguiente  forma  abcba .  Luego,  descomponiendo el número: 

n = 10000 a + 1000b + 100c + 10b  + a n = 10001a + 1010b + 100c  n = ( 9990a + 11a ) + ( 999b + 11b ) + (111c - 11c  )  n = ( 9990 a + 999b + 111c ) + (11a + 11b - 11c  )  n = 37 ( 270a + 27b + 3c ) + 11 ( a + b - c )  De  esta  última  expresión,  para  que  n  sea  múltiplo  de  37  se  tiene  que  cumplir  que 11 ( a + b - c )  sea  múltiplo  de  37.  Esto  solo  es  posible  cuando  a + b - c = 0 ,  es  decir,  cuando  a + b = c .  Para cada valor de  c  se tienen  c  soluciones, por ejemplo, para  c = 4  las  soluciones  son  a = 4, b = 0 ;  a = 3, b = 1 ;  a = 2, b = 2 ;  y,  a = 1, b = 3 .  Como  c  puede  tomar valores desde 1 hasta 9, el número de soluciones es 1 + 2 + 3 + ... + 8 + 9 = 45. 

9.  En  una  lejano  país,  existen  solamente  tres  tipos  de  monedas  cada  una  con  un  valor  entero de soles. Juan tiene cuatro monedas en su bolsillo derecho por un total de 28 soles  y  tiene  cinco  monedas  en  su  bolsillo  izquierdo  por  un  total  de  21  soles,  pero  en  cada  bolsillo tiene al menos una moneda de cada tipo. Determina la suma de los valores de los  tres tipos de monedas.  Solución  Sean  a ,  b  y  c  los valores de las monedas, donde  1 £ a < b < c .  En el bolsillo derecho tiene una moneda de valor  a , una de valor  b , una de valor  c  y una  moneda adicional. En el izquierdo tiene también una moneda de valor  a , una de valor  b ,  una  de  valor  c  pero  tiene  dos  monedas  adicionales.  La  moneda  adicional  del  bolsillo  derecho  no  puede  ser  la  de  valor  a ,  pues  en  este  bolsillo  tiene  más  dinero  que  en  el  izquierdo, el cual a su vez tiene 5 monedas. Luego, tenemos dos casos: 

CASO 1: Si la moneda adicional en el bolsillo derecho es una moneda  b  En este  caso  las dos  monedas adicionales  del  bolsillo izquierdo  son  ambas de valor  a .  Luego, podemos plantear las ecuaciones: (1) ( a + b + c ) + b = 28 

( a + b + c ) + a + a = 21 

(2) 

Al restar la primera ecuación menos la segunda, se obtiene: 

b - 2a = 7  b = 2a + 7  Eso  significa  que  b  vale  al  menos  9  y  c ,  que  es  la  mayor,  vale  al  menos  10.  Pero  entonces ya no se puede cumplir la ecuación (1), pues  a + 2b   + c tendría un valor de al  menos 1+18+10=29. Por lo tanto, en este caso no hay solución.

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CASO 2: Si la moneda adicional en el bolsillo derecho es una moneda  c  En este caso, las dos monedas adicionales del bolsillo izquierdo pueden ser de valores  a  y  b , ambas de valor  b  o ambas de valor  a .  Subcaso 1: Si las dos monedas adicionales del bolsillo derecho son de valores  a  y  b .  Tenemos las ecuaciones: (3) ( a + b + c ) + c = 28 

( a + b + c ) + a + b = 21 

(4) 

Sumando ambas ecuaciones obtenemos: 

3a + 3b + 3c = 49  Lo cual no es admisible, pues el lado izquierdo de la igualdad es múltiplo de 3 pero el lado  derecho no lo es.  Subcaso 2: Si las dos monedas adicionales del bolsillo derecho son ambas de valores  b .  Tenemos las ecuaciones: (5) ( a + b + c ) + c = 28 

( a + b + c ) + 2b = 21 

(6) 

Si restamos las dos ecuaciones obtenemos: 

c - 2b = 7  c = 2b + 7  Si reemplazamos esta última igualdad en (6) se obtiene:

( a + b + 2b + 7 ) + 2b = 21  Simplificando: 

5b + a = 14  Lo cual significa que  b  vale 1 ó 2 y  a  vale por lo menos 4, lo cual no es admisible pues  a < b .  Subcaso 3: Si las dos monedas adicionales del bolsillo derecho son ambas de valores  a .  Tenemos las ecuaciones: (7) ( a + b + c ) + c = 28 

( a + b + c ) + 2a = 21 

(8) 

Si restamos las dos ecuaciones obtenemos: 

c - 2a = 7  c = 2 a + 7 

(9) 

Si reemplazamos esta última igualdad en (8) se obtiene:

( a + b + 2 a + 7 ) + 2 a = 21  Simplificando: 

5a + b = 14  La cual tiene dos soluciones  a = 1; b = 9  y  a = 2; b = 4 . Reemplazando la primera de ellas  en  (9)  se  obtiene  c = 9 ,  lo  cual  no  se  puede  aceptar,  pues  se  tendría  b = c = 9 .  Si  consideramos la segunda posibilidad y la reemplazamos en (9) se obtiene: 

a = 2; b = 4; c = 11  que es la única solución del problema.

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10. Un tablero de 2 x 5, como el mostrado en la figura, debe cubrirse completamente con fichas de  colores de los tipos A, B y C mostradas, donde las fichas del tipo A son azules, las del tipo B  son rojas y las del tipo C son verdes. 

Halla  el  número  de  formas  posibles  de  cubrir  el  tablero. Ten  presente  que  la  ficha  de  tipo  B  puede  usarse  tanto  en  forma  horizontal  como  vertical  y  que  no  es  obligatorio  utilizar  los  tres  tipos de fichas en cada cubrimiento. 

Solución  Contaremos  la  cantidad  de  formas  de  cubrir  el  tablero  considerando  las  fichas  que  se  utilizan  para  ello.  Sin  embargo,  como  las  fichas  B  pueden  ir  de  dos  formas,  denominaremos  ficha  Bv  y  ficha  Bh  a  la  ficha  B  usada  en  posición  vertical  y  horizontal,  respectivamente, como se muestra en la siguiente figura: 

Fichas utilizadas para el cubrimiento  2 fichas C y 1 ficha Bv  2 fichas C y 1 ficha Bh  2 fichas C y 2 fichas A 

Cantidad de formas  3  0  3 

Fichas utilizadas para el cubrimiento  1 ficha C y 3 fichas Bv  1 ficha C, 2 fichas Bv  y 1 ficha Bh  1 ficha C, 1 fichas Bv  y 2 fichas Bh  1 ficha C y 3 fichas Bh  1 ficha C, 2 fichas Bv  y 2 fichas A  1 ficha C, 1 fichas B v, 1 ficha Bh  y 2 fichas A  1 ficha C, 2 fichas Bh  y 2 fichas A  1 ficha C, 1 fichas Bv  y 4 fichas A  1 ficha C, 1 fichas Bh  y 4 fichas A  1 ficha C y 6 fichas A 

Cantidad de formas  4  0  6  0  12  12  10  12  12  4

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Fichas utilizadas para el cubrimiento  5 fichas Bv  4 fichas Bv  y 1 ficha Bh  3 fichas Bv  y 2 fichas Bh  2 fichas Bv  y 3 fichas Bh  1 fichas Bv  y 4 fichas Bh  5 fichas Bh  4 fichas Bv  y 2 fichas A  3 fichas Bv, 1 ficha B h  y 2 fichas A  2 fichas Bv, 2 fichas Bh  y 2 fichas A  1 ficha Bv, 3 fichas B h  y 2 fichas A  4 fichas Bh  y 2 fichas A  3 fichas Bv  y 4 fichas A  2 fichas Bv, 1 ficha B h  y 4 fichas A  1 ficha Bv, 2 fichas B h  y 4 fichas A  3 fichas Bh  y 4 fichas A  2 fichas Bv  y 6 fichas A  1 ficha Bv, 1 ficha Bh  y 6 fichas A  2 fichas Bh  y 6 fichas A  1 ficha Bv  y 8 fichas A  1 ficha Bh  y 8 fichas A  10 fichas A 

Cantidad de formas  1  0  4  0  3  0  5  8  18  16  9  10  24  36  24  10  24  22  5  8  1 

Sumando todas las cantidades de formas obtenemos como resultado 306.

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OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA 2004  Segunda fase – Nivel 2  Respuestas y soluciones  Setiembr e de 2004 

RESPUESTAS 

Pregunta  Respuesta 

Pregunta  Respuesta 

200 

12 

45 

17 

10 

306

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ONEM2004F2N2Soluciones  

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