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factorial! Revista de Matemáticas

C A R M A / C a s a O l í m p i c a

O l i m p i a d a P o t o s i n a d e M a t e m á t i c a s

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factorial! Presentación

En el segundo número de factorial!, hacemos un recuento del proceso selectivo para la Olimpiada

Mexicana de Matemáticas en San Luis Potosí durante el pasado 2011, incluyendo el examen

nacional. Son muchísimos problemas y es una muy buena manera de entrenarse. No podríamos

dejar fuera los resultados de nuestra delegación, que es un orgullo para nosotros.

También, el pasado 2011 fue muy especial para nosotros, pues fuimos sede y organizadores del

concurso nacional de la OMM por primera vez y todo nos salió muy bien. Haremos un pequeño

recuento y sobre todo un sentido agradecimiento.

Tenemos un par de buenos artículos preparados, además de los problemas propuestos para este

número.

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Nuestra revista está disponible de manera íntegra y gratuita en

editorialdinosaurio.blogspot.com

Si quisieras hacer un donativo a la causa, ponte en contacto con nosotros.

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factorial! En este número

XXV OMM San Luis Potosí 2011

o Discurso de clausura del delegado

Olimpiada Potosina de Matemáticas

o Resultados OMM 2011

o Convocatoria 2011-2012

o Enunciados de los problemas

Grillo, Rana, Conejo / Walabi, Canguro / Morsa saltarina / Desempate /

Orca asesina / Brontosaurio volador / Irracional (Dragón) / Desempate 1 /

Desempate 2 / XXV OMM

o Soluciones

Escriben

o María la Folclorosa, Teoría de la Medida

o Héctor Flores, Trabajar como matemático

o David Torres, Acertijos y la curva de Jordán

Problemas Propuestos

o Solución a los problemas propuestos anteriores

Comité Editorial

José Ramón Guardiola Espinosa

Manuel Jiménez Benítez

José Ángel Sosa Salinas

Demian Espinosa Ruiz

Siddhartha Morales Guzmán

Luis Islas Cruz

José Luis Carballo Lucero

José Trinidad Barajas

Francisco Javier Zubieta Rico

Eugenio Daniel Flores Alatorre

Contacto

CARMA / Casa Olímpica / Editorial Dinosaurio

Juan de O’Donojú 425: (444) 811 8922

San Luis Potosí, SLP

[email protected]

Casa Olímpica en Facebook

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XXV OMM San Luis Potosí 2011 Presentación

Organizar el concurso nacional de la OMM fue un sueño que empezó hace varios años. La primera

vez que lo consultamos con Mila y Ana fue durante la XXIII OMM en Campeche 2009 y volviendo a

casa iniciamos las gestiones para los recursos. En un principio, muchas instituciones mostraron su

interés y su apoyo, pero no fue fácil concretarlo. En junio de 2010, conseguimos que Arturo

Delgadillo, director de la preparatoria del ITESM campus San Luis, firmara la carta compromiso

para pedir la sede. Probablemente la carta es única en cuanto a las que se han enviado pues esta

decía claramente que el ITESM podía poner instalaciones, pero que el recurso era obligación del

comité y por eso también yo firmé la carta.

Nunca estuvimos seguros de tener la sede hasta una semana antes de la XXIV OMM en Ensenada

2010, cuando Mila me preguntó si tenía listo mi discurso. Así, hicimos la invitación al final de la

Olimpiada en Baja California. Las gestiones se complicaron algo y fuimos perdiendo algunos

apoyos en el camino pero muchos otros nuevos llegaron y pudimos sacar adelante el evento.

Fueron de muchísima ayuda las intervenciones de Fidencio Lázaro y Gabriel Guerra en la secretaría

particular del Gobernador. Además, de entre todo el equipo, la labor de Germán Chávez fue

esencial para el evento.

Recibimos muchas críticas favorables y parece que todos regresaron a casa contentos, que es muy

satisfactorio para nosotros. Tomamos varios riesgos con un par de actividades que organizamos

por primera vez en un nacional: el concurso de talentos, que unió a todos los participantes y les

dio un foro para expresarse y conocerse mejor más allá de las matemáticas; y el rally social, en el

que los visitantes se ganaron a pulso el título de distinguidos y compartieron su amor, esfuerzo y

tiempo con niños de esta ciudad. Nuestra esperanza más grande es que estos dos eventos

sobrevivan el paso del tiempo y hayamos así ayudado a moldear la Olimpiada del futuro.

Discurso de clausura

Buenas noches a todos.

Esta semana fue para nosotros un sueño hecho realidad, y si tuviésemos oportunidad de hacerlo todo otra vez, la verdad sí me la pensaba dos veces.

Quiero empezar agradeciendo a Mila y a todo el Comité Nacional, que nos tuvieron la confianza para dejarnos organizar esta edición de la Olimpiada, la de las bodas de plata, la última del reinado de Mila y la primera de San Luis. Nunca nos mostraron más que apoyo y estamos sumamente agradecidos. Hace siete Olimpiadas, en Ixtapan de la Sal, Mila me entregó mi diploma de tercer lugar y hoy tengo el honor de entregar las medallas con ella, con algo de pelo blanco también.

Así mismo, quisiera agradecer a las personas que nos ayudaron a financiar el evento. Secretario de Educación: le ruego le haga llegar al señor Gobernador nuestro más sentido agradecimiento por acoger este proyecto cuando más difícil la veíamos. Agradezco también a la Secretaría de

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Educación y a los subsistemas de Educación Media Superior del Estado, a la Secretaría de Cultura, al H. Ayuntamiento de San Luis Potosí, la Facultad de Ciencias de la Universidad Autónoma y a nuestros anfitriones de la tarde, el Tecnológico de Monterrey. Agradecerles sobre todo el esfuerzo que pusieron en ayudarnos a darnos cuenta de que somos más capaces de lo que creíamos y podemos hacer todo lo que nos proponemos.

Muy personalmente, agradezco a todo mi Comité Local, que hace que mi trabajo parezca tan sencillo a veces. Sepan que si el mundo nada les da, de todos modos nada les hará falta pues tienen el corazón y la voluntad enormes y muy bien puestos. A nombre de todos ellos agradezco a nuestros padres, hermanos, amigos y aliados, sin cuya complicidad no podríamos hacer nada de esto.

Pero sobre todo, quisiera agradecer a todos nuestros amigos, alumnos, profesores y padres de familia, artistas y amantes del arte de todo el Estado que atendieron nuestro llamado de ayuda y compraron boletos de rifa, participaron en la Olimpiada de Otoño, donaron o compraron una obra de arte a la Galería de Elsa Castillo, con quien también estamos muy agradecidos. Todos ellos, colectivamente, de manera anónima y desinteresada, hicieron la aportación más grande para que este evento pudiera llevarse a cabo. Por eso quiero agradecerles tanto a ustedes, participantes, que en un par de horas le hayan devuelto a la gente de este Estado, todo el cariño y el esfuerzo que hicieron para poder recibirlos como se merecen. Este año no estuvieron de visita en una ciudad, este año dejaron huella y a un grupo de niños no muy lejos de aquí les tomará mucho tiempo olvidar el día que fueron a visitarlos los niños raros de las matemáticas –en específico, quisieran saber cuándo volvemos a terminar el piso. A muchos de ustedes el examen de 42 puntos y los 7 puntos extras les están quedando cortos: esa es nuestra visión del problema 8, ayudar a los demás.

En los años que llevo a la Olimpiada, he entendido que es una fiesta, una celebración principalmente de tres cosas:

Primero: la juventud, pues todos ustedes son jóvenes. Este año también porque todos los organizadores lo somos. Muchas veces he escuchado que la Matemática es una ciencia para los jóvenes y apenas este año lo he entendido bien: no es que uno tenga que ser joven para hacer matemáticas sino que sin la curiosidad, la rebeldía y la osadía de la juventud, nadie puede hacerlas.

Segundo: una fiesta del talento, que todos ustedes tienen y de sobra. No sólo matemático, pues nos demostraron que muchos de ustedes cantan, bailan, y en particular, uno de ustedes puede tocar el trompo como una flauta. Talento de sus entrenadores que se los comparten, de los organizadores y talento también de nuestras autoridades, que saben reconocer un buen proyecto cuando éste toca constante e insistentemente a sus puertas, ventanas, teléfono y correo electrónico.

Y tercero, pero más importante: una celebración del trabajo y el esfuerzo de cada uno de nosotros. Trabajo que es la única manera que tenemos de superar nuestras deficiencias, trabajo porque el talento no siempre alcanza, trabajo que es todo lo que tenemos para cumplir nuestros sueños y alcanzar lo que parece imposible. Un grupo de jóvenes no mucho más grandes que los participantes organizaron este nacional y entrenaron a la delegación que ocupa el cuarto lugar, nuestro tercer top cinco en cuatro años; seguimos siendo una delegación joven, una delegación humilde, pero ya nunca más una delegación pequeña, una delegación débil. Digo esto no sólo para

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presumir sino porque estoy convencido que si nosotros podemos, cualquiera puede: ninguna delegación debería venir pensando que está derrotada, creyendo que no tiene oportunidad, cualquiera puede, pero para eso hay que chingarle todo el día, todos los días. Hemos reunido a la familia en nuestra casa para darles este mensaje fuerte y claro: la única manera de alcanzar a los que van adelante es correr más rápido que ellos. Esa es la única certeza que tengo: el trabajo es la fórmula secreta y se puede, claro que se puede.

Si su juventud y su talento los hacen herederos del mundo, será su trabajo el que los haga dignos de reclamarlo. Yo sé que éxito tendrán en lo que intenten y por eso les deseo cosas más sencillas: que las amistades que iniciaron en la Olimpiada ya nunca se disuelvan, que por muchos años más puedan aprender de y enseñarle a sus entrenadores y que si ya nunca tienen oportunidad de regresar a una de nuestras reuniones familiares, ojalá y algún día venga alguien en su nombre: que sean recordados no por lo que ustedes lograron sino por lo que ayudaron a los demás a lograr pues ustedes no son un número del cero al cuarenta y dos, ni el metal de una medalla simbólica, ni una clave de tres letras y un dígito –o dos si eres MMX10- son muchísimo más que eso.

Creo que la Olimpiada no le cambia la vida a nadie, sólo nos ayuda a darnos cuenta de quiénes somos y qué queremos hacer en la vida. Hasta volvernos a ver, sepan que en San Luis tienen una casa y en cada uno de nosotros más que un hermano, tienen un aliado, un compañero de trinchera. Creo que esto es lo más grande que hemos hecho y les agradezco que nos dejaran compartirlo con ustedes. Dale San Luis, Dale México, gracias y felicidades a todos, el aplauso es para ustedes.

Eugenio Daniel Flores Alatorre San Luis Potosí, SLP

18 de noviembre 2011

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Olimpiada Potosina de Matemáticas

Proceso OMM 2011 Resultados

La Olimpiada Potosina de Matemáticas es el nombre que recibe el proceso estatal tanto de la

Olimpiada Mexicana de Matemáticas (OMM) como de la Olimpiada Nacional de Matemáticas para

Alumnos de Primaria y Secundaria (ONMAPS). Mientras que el proceso OMM se extiende a lo

largo de un año entero desde febrero hasta noviembre, el de la ONMAPS es mucho más largo y

concluye hasta mayo del año siguiente.

Para formar parte de la delegación OMM, es necesario estar entre los mejores en cada uno de seis

exámenes distintos. Este año, además, aplicamos tres exámenes de desempate –que no todos lo

presentan. Además, hacer un buen papel en el concurso nacional.

El primer examen –conocido como Grillo, Rana y Conejo- se aplica al interior de las escuelas desde

que sale la convocatoria y hasta una semana antes del segundo examen –el Canguro y Walabi-

que se aplica a mediados de Marzo. Más de mil alumnos presentan el segundo examen en todo el

estado y aproximadamente cien lo pasan. El tercer examen –la Morsa o el Estatal- se presenta en

un fin de semana a mediados de Mayo y los ganadores forman parte de la preselección estatal. Se

escogen al mismo tiempo preselecciones OMM y ONMAS y a partir de ahí, ambos procesos se

separan; para la comparación, este año aplicamos un examen de desempate. La preselección

OMM es de aproximadamente 25 personas cada año y presenta un quinto examen en junio, uno

en julio y el final en septiembre donde pasan 16, 9 y 6 alumnos respectivamente; este año fue

necesario aplicar dos exámenes de desempate después del sexto.

La preselección OMM que inició el verano estuvo conformada por:

José Ramón Guardiola Espinosa (ITESM)

Bohnyuck Koo (ITESM)

José Ángel de Jesús Sosa Salinas (Instituto Hispano Inglés)

Ulises Félix Rendón (ITESM)

Demian Espinosa Ruiz (ITESM)

Gerardo Antonio Hernández (Cobach 24)

Carlos Alejandro Hernández (Potosino)

Esaú Hernández Estrada (Preparatoria Oficial de Matehuala)

Jorge Omar Rodríguez Lira (UVM)

Mario Salas Robledo (Apostólica)

Odalys Grisell Posadas García (Cobach 28)

Siddhartha Emmanuel Morales Guzmán (Apostólica/ITESM)

Angel Daniel Mejía Oros (Potosino)

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Juan Luis García Guerrero (ESG Justo Sierra Méndez)

José Joaquín Zubieta Rico

Esperanza Fernández Olavarrieta (Salesiano)

Ariana López Rodríguez (ITESM)

José Ignacio Gómez Vargas (Leona Vicario)

Erick Amaury González Quintanilla (Salesiano)

Abraham Berrones Blanco (Salesiano)

Zenén Santander Azuara (ESG Justo Sierra Méndez)

José Jaime Loredo Calderón (Salesiano)

Juan Pablo Arriaga García (Cobach 03)

Mariana Moctezuma Dávila (Instituto Hispano Inglés)

Dulce Sofía Hernández Hernández

Tannia Lizzette Reynoso Morales (Apostólica)

Sergio Peralta Salazar (Cobach 06)

David Torres Montalvo (IEST Ciudad Valles)

Víctor Antonio Palomo (ESG Graciano Sánchez Romo)

Y la delegación que nos representó en la XXV OMM estuvo integrada por:

José Ramón Guardiola Espinosa (ITESM)

José Ángel de Jesús Sosa Salinas (Instituto Hispano Inglés)

Demian Espinosa Ruiz (ITESM)

Ulises Félix Rendón (ITESM)

Carlos Alejandro Hernández Gómez (Potosino)

Siddhartha Emmanuel Morales Guzmán (ITESM)

Además, asistieron al evento representando a San Luis muchos de nuestros entrenadores:

Luis Islas Cruz como Delegado

Germán Chávez Fernández como Co-Delegado

Diana Sarahí López Palau como Profesora Acompañante

Ernesto Flores Robles como Coordinador

Raúl Arcadio Castro Ramírez como Coordinador

José Manuel Jiménez Benítez como Coordinador

Pablo Fernando Zubieta Rico como Coordinador

Cristóbal Villalobos Guillén como Coordinador

Carlos Jacob Rubio Barrios como Coordinador

Ricardo de la O como Coordinador

Además de todo el equipo y anexos que trabajó como Comité Local:

Carlos Alanis, Javier Muñoz, Dulce Jazmín Flores, Francisco Zubieta, Luis Arturo González, Odalys

Grisell Posadas, Heleni Saucedo, Eduardo Barrera, Eduardo Reyna, Ana Graciela Fernández,

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Adriana Canales (DF), César Magaña (Jal), Christian Ojeda (Gto), Carmen Galaz (Gto) y Eugenio

Flores.

Los primeros cinco lugares en la competencia por estados fueron:

1. Jalisco

2. Nuevo León

3. Yucatán

4. San Luis Potosí

5. Distrito Federal

Donde Jalisco impuso un nuevo récord de puntos por estado con 224 puntos (el máximo es de 252

y el anterior récord era de 205 también de Jalisco). Nuevo León, Yucatán y San Luis obtuvieron

178, 175 y 174 puntos respectivamente.

Nuestra delegación obtuvo los siguientes premios de manera individual:

José Ramón: medalla de oro

José Ángel: medalla de oro

Demian: medalla de plata

Ulises: medalla de plata

Siddhartha: medalla de plata

Carlos: medalla de bronce

Tanto José Ramón como José Ángel formaron parte de la preselección nacional para la Olimpiada

Internacional de Matemáticas. Siddhartha formó parte de la preselección nacional para la

Olimpiada de Matemáticas de Centroamérica y el Caribe. Además de ellos tres, Ulises y Demian

fueron invitados a entrenamientos nacionales.

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Enunciados de los problemas Grillo, Rana, Conejo

Problema 1. Un cuarto de la tercera parte de un número es 1.5, ¿qué número es?

a) 20 b)18 c)16 d)15.5 e)15

Problema 2. El reloj de Miguel marca las horas del 0 al 23: las 12 de la noche son las 0 horas,

las 6 de la mañana son las 6 horas, las 3 de la tarde son las 15 horas, por ejemplo. La alarma de su

reloj suena una vez por cada hora que sea, por ejemplo, si suena a las 4 de la tarde va a sonar 16

veces. Si puso la alarma a cada hora del día, ¿cuántas veces va a sonar en total?

a)270 b)274 c)275 d)276 e)277

Problema 3. En una fiesta, cada persona saludó a exactamente 2011 personas y cuando

terminaron los saludos, se dieron cuenta que todos habían saludado a todos. ¿Cuántas personas

hay en la fiesta?

a)2020 b)2011 c)2010 d)2021 e)2012

Problema 4. Pablo salta de un trampolín y se eleva 1m en el aire, cae 5m sumergiéndose en el

agua y luego sube 2m para llegar a la superficie del agua. ¿A qué altura se encuentra el trampolín

sobre el nivel del agua?

a)2m. b)3m. c)5m. d)7m. e)8m.

Problema 5. Luis vende zanahorias a 7.5 pesos el kilo. Germán le compra varios kilos de

zanahoria. Germán paga con dos billetes de veinte y uno de cincuenta y Luis le regresa 24 pesos de

cambio. ¿Cuántos kilos de zanahoria compró Germán?

a)7.5kg b)8kg c)8.8kg d)8.6kg e)7.6kg

Problema 6. ¿Qué es más grande, 1.- La quinta parte de cinco novenos por tres o 2.- La mitad

de tres medios?

a) 1 b)2 c)Son iguales d)no se puede saber

Problema 7. Manuel ha comprado una caja de chocolates. Son de sabores diferentes: 6 de

fresa y 2 de caramelo. ¿Cuál es la probabilidad de que el primer chocolate que coma sea de fresa?

a)

b)

c)

d)

e)

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Problema 8. Una rana está al pie de una escalera infinita donde cada escalón está numerado.

Da un salto de 4 escalones y llega hasta el escalón 4 pero se cae un escalón hasta el escalón 3, da

otro salto de 4 escalones pero se cae un escalón y así sucesivamente. ¿Cuál de los siguientes

escalones sí pisa?

a)3012 b)2013 c)1589 d)3122 e)29

Problema 9. Tres conejos cazan tres grillos en tres minutos. ¿En cuánto tiempo caza un conejo

a un grillo?

a)0.5 min. b)1 min. c)1.5 min. d)3 min. e)6 min.

Problema 10. Lucy tiene seis hermanos y tres hermanas. Pablo es su hermano. El producto del

número de hermanas por el número de hermanos de Pablo es:

a)20 b)18 c)24 d)21 e)25

Problema 11. Javier quiere sacar un par de calcetines de un cajón en el que hay 10 calcetines

blancos, 12 verdes, 4 rojos y 2 azules. ¿Cuál es el mínimo número de calcetines que debe sacar (sin

ver) para asegurar que tendrá un par del mismo color?

a)2 b)4 c)5 d)11 e)27

Problema 12. La aguja de un tanque de gasolina marca tener 1/8 de la capacidad total.

Después de ponerle 25 litros, la aguja marca 5/8. ¿Cuál es la capacidad del tanque en litros?

a)40 b)30 c)75 d)100 e)50

Problema 13. En un partido de fútbol americano se fallaron todos los puntos extras, de

manera que los equipos sólo obtuvieron puntos mediante touchdowns que valen 6 puntos, goles

de campo que valen 3 puntos y safeties que valen 2 puntos. Si el partido terminó 40 a 37, ¿cuál es

el mínimo número de safeties que pudieron haber ocurrido?

a)4 b)2 c)5 d)3 e)ninguno

Problema 14. En una extraña ciudad, los números de teléfono tienen 7 dígitos. Los primeros

dos dígitos de izquierda a derecha sólo pueden ser 10 o 73. Además, los números siempre son

múltiplos de 5 y contienen exactamente un dígito par. ¿Cuántos números de teléfono hay con

estas condiciones?

a)1250 b)3750 c)5000 d)7500 e)10000

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Problema 15. Piensa en una cinta a lo largo del Ecuador de la Tierra. Si se corta dicha cinta en

un punto y se intercala un metro adicional de cinta, ¿a qué distancia se separará la cinta de la

superficie?

a)

mts. b) mts. c)

mts. d)2 mts. e)

Problema 16. Dividimos un rectángulo como se muestra en la figura. Las áreas están escritas

dentro de las partes (6, 9, 10). Entonces el área total mide:

(a) 5 (b) 15 (c) 25 (d) 40 (e) 45

Problema 17. Sea . ¿Cuál es el menor número primo positivo que divide a m?

(a) 3 (b) 2 (c) 5 (d) 13 (e) 15

Problema 18. Ramón y Ana corren en una pista circular, pero Ramón corre dos veces más

rápido que Ana. Si ambos salieron de la línea de meta (el punto A) al mismo tiempo y se mueven

en el sentido de las manecillas del reloj, ¿en cuál de los cinco puntos de la figura volverán a

coincidir por primera vez?

(a) A (b) B (c) C (d) D (e) E

Problema 19. ¿Cuál es el dígito de las unidades del número obtenido al multiplicar todos los

primos menores o iguales que 2005?

(a) 0 (b) 2 (c) 5 (d) 1 (e) 8

Problema 20. Ary tiene 3 CD’s, a los cuales les caben 100, 200 y 300 minutos de música

respectivamente. Fanny tiene 100 canciones de 3 minutos, 200 de 4 minutos y 300 de 5 minutos.

¿Cuál es el número máximo de canciones que Fanny puede guardar en los CD’s de Ary?

(a) 600 (b) 165 (c) 170 (d) 150 (e) 175

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Problema 21. Si el camino sigue siempre el mismo patrón

¿Cuál es la sucesión de flechas que van del número 2006 al 2008?

(a) (b) (c) (d) (e) No se puede determinar

Problema 22. De acuerdo con la información que se proporciona en la figura adjunta, el

segmento de mayor longitud es:

(a) BD (b) BC (c) AC (d) CD (e) AB

Problema 23. En la figura, ABCD es un cuadrado, ABE es isósceles y CF=FB. Entonces la medida

del ángulo EFB es igual a:

(a) 155° (b) 140° (c) 135° (d) 125° (e) 110°

Problema 24. Si el promedio de tres números es 85 y el promedio de otros dos es 95, entonces

el promedio de los cinco números es:

(a) 88 (b) 89 (c) 90 (d) 91 (e) 92

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Problema 25. Un semáforo tarda 45 segundos en verde, 40 en amarillo y 30 en rojo, y sigue el

orden verde-amarillo-rojo-verde-amarillo-rojo, etc. Si a las 7:00am cambia de rojo a verde, el color

que estará en el semáforo a las 16:34 horas del mismo día es:

(a) verde (b) rojo (c) amarillo (d) no se puede determinar

Problema 26. En la figura adjunta a, b son rectas paralelas y c es una transversal a ellas. La

cantidad de puntos del plano que están a la misma distancia de las tres rectas es:

(a) 6 (b) Ilimitada (c) 0 (d) 4 (e) 2

Problema 27. Si efectuamos el producto de todos los enteros positivos que terminan en 1, 3 y

7, y que sean menores que 2010, ¿cuál es la cifra de las unidades del número así obtenido?

(a) 1 (b) 3 (c) 5 (d) 7 (e) 9

Problema 28. En un círculo, una cuerda corta a la mitad perpendicularmente al radio. El radio

tiene longitud 12 cm. La longitud de la cuerda es:

(a) (b) 27 (c) (d) 10 (e)

Problema 29. Raúl compró una bolsa con 2000 caramelos de 5 colores: 387 de ellos eran

blancos, 396 amarillos, 402 rojos, 407 verdes y 408 cafés. Después de contar los caramelos, Raúl

decidió comérselos de la siguiente forma: sin mirar, sacaba tres caramelos de la bolsa; si los tres

eran del mismo color, se los comía, en caso contrario los regresaba a la bolsa. Continuó así hasta

que sólo quedaron dos caramelos en la bolsa, ¿de qué color son?

(a) Blancos (b) Amarillos (c) Rojos (d) Verdes (e) Cafés

Problema 30. Sea X un número real comprendido entre 1 y 5. Si un triángulo tiene por

medidas de sus lados 2cm, 3cm, Xcm; para obtener el triángulo de mayor área, se requiere que X

tome el valor de:

(a) 5 (b) (c) (d) 1 (e)

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Canguro y Walabi

Problema 1. De un lado del pasillo de un hotel están los cuartos con número impar,

empezando con el 1. El dueño es supersticioso y no quiso usar ningún número que tuviera al dígito

3. Si hay 15 cuartos en ese lado del pasillo, ¿qué número lleva el último cuarto?

(a) 15 (b) 19 (c) 29 (d) 43 (e) 47

Problema 2. Un paso peatonal tiene franjas blancas y negras alternadas, cada una de ellas con

50cm de ancho. Si el paso comienza y termina con una franja blanca y en total tiene 8 franjas de

ese color. ¿Cuál es el ancho total de la calle?

(a) 7 m (b) 7.5 m (c) 8 m (d) 8.5 m (e) 9 m

Problema 3. Mi reloj digital marca ahora las 20:11. ¿Dentro de cuántos minutos más mi reloj

volverá a mostrar los dígitos 0, 1, 1 y 2, en algún orden?

(a) 40 (b) 45 (c) 50 (d) 55 (e) 60

Problema 4. El diagrama muestra tres cuadrados. El cuadrado mediano tiene como vértices los

puntos medios del cuadrado grande. El cuadrado pequeño tiene como vértices los puntos medios

del cuadrado mediano. El área del cuadrado pequeño es 6cm2. ¿Cuál es la diferencia entre las

áreas del cuadrado pequeño y del cuadrado grande?

(a) 6 cm2 (b) 9 cm2

(c) 12 cm2 (d) 15 cm2

(e) 18 cm2

Problema 5. ¿A cuánto es igual

?

(a) 0.01 (b) 0.1 (c) 1 (d) 10 (e) 100

Problema 6. En cada uno de los vértices del octágono que se muestra en la figura se va a

escribir el número 1, 2, 3 o 4, de forma que si dos vértices están unidos por una línea los números

escritos en ellos no pueden ser iguales. ¿Qué número puede ir en el lugar de la x?

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(a) sólo 1 (b) sólo 2 (c) sólo 3 (d) sólo 4 (e) otra respuesta

Problema 7. Mi abuelo fue de pesca por tres días. Cada día logró pescar más peces que el día

anterior. El tercer día pescó menos peces que la suma de los dos primeros días. Si en total, entre

los tres días, pescó 12 peces, ¿cuántos pescó el tercer día?

(a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9

Problema 8. De todos los números de tres cifras que cumplen que la suma de sus cifras es 8, se

escogen el mayor y el menor. ¿Cuál es la suma de estos dos?

(a) 707 (b) 907 (c) 916 (d) 1000 (e) 1001

Problema 9. El diagrama muestra una figura en forma de L formada por cuatro cuadritos. ¿De

cuántas formas se puede agregar un cuadrito extra de manera que la figura resultante tenga un

eje de simetría?

(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 5 (e) 6

Problema 10. Áurea tenía 9 perlas de pesos 1g, 2g, 3g, 4g, 5g, 6g, 7g, 8g y 9g. Mandó a hacer

cuatro anillos con dos piedras cada uno. El peso de las perlas de cada uno de los anillos es de 17g,

13g, 7g y 5g, respectivamente. ¿Cuánto pesa la perla que no se utilizó?

(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 5 (e) 6

Problema 11. Una hormiga viaja al centro del hormiguero atravesando el sistema de túneles

que se muestra en la figura, pero sin cruzar dos veces por la misma intersección. Si la hormiga

encontró un grano de azúcar • en cada una de las intersecciones que cruzó, ¿cuál es la mayor

cantidad posible de granos que pudo haber recogido?

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(a) 12 (b) 13 (c) 14 (d) 15 (e) 16

Problema 12. La figura de la izquierda está formada por dos rectángulos; uno de dimensiones

11cm y X y el otro con una dimensión igual a 13cm, respectivamente. Haciendo dos cortes y

reacomodando las piezas como se muestra se obtiene un triángulo. ¿Cuál es la longitud del lado

marcado con X?

(a) 36 (b) 37 (c) 38 (d) 39 (e) 40

Problema 13. Cada región del diagrama se comenzó a pintar con uno de cuatro colores, según

se indica con las letras en mayúsculas: rojo (R), gris (G), blanco (B) y amarillo (A). Sabiendo que dos

regiones que se tocan deben tener colores diferentes, ¿de qué color debe ir la región marcada con

X?

(a) rojo (b) blanco (c) gris (d) amarillo (e) No se puede determinar

Problema 14. Marta escribió en su libreta los números 17, 13, 5, 10, 14, 9, 12 y 16 y calculó su

promedio; después tachó dos números de la lista y notó que el promedio era el mismo. ¿Cuáles

son los números que tachó Marta?

(a) 12 y 17 (b) 5 y 17 (c) 9 y 16 (d) 10 y 12 (e) 14 y 10

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Problema 15. Un cuadrado de papel se cortó en 6 piezas rectangulares, como se muestra en la

figura. Si la suma de los perímetros de todas las piezas es 120 cm, ¿cuál es el área del cuadrado

original?

(a) 48 cm2 (b) 64 cm2 (c) 110.25 cm2 (d) 144 cm2 (e) 256 cm2

Problema 16. En total, durante los últimos tres partidos, el Morelia anotó 3 goles y recibió 1

gol. Si sabemos que el Morelia ganó un juego, empató otro y perdió otro, ¿cuál fue el resultado del

partido que ganó?

(a) 2 : 0 (b) 3 : 0 (c) 1 : 0 (d) 2 : 1 (e) No se puede determinar

Problema 17. Alan dibujó en su cuaderno un segmento de longitud 2 y le llamó A y B a sus

vértices. ¿De cuántas maneras puede elegir ahora un punto C de forma que el triángulo ABC sea

un triángulo rectángulo con área 1?

(a) 2 (b) 3 (c) 4 (d) 6 (e) 8

Problema 18. Sabiendo que a es un número positivo menor que 1 y que b es un número

positivo mayor que 1, ¿cuál es el mayor de los siguientes números?

(a) a × b (b) a + b (c)

(d) b (e) a – b

Problema 19. Citlali escribió un número de 5 cifras en el pizarrón y mostró que era múltiplo de

4, 5 y 9; más tarde borró la tercera y la quinta cifras y escribió asteriscos en su lugar. Si lo que

quedó escrito fue 24∗8∗, ¿cuál es la suma de los números que borró?

(a) 13 (b) 10 (c) 9 (d) 5 (e) 4

Problema 20. Usando el papel dibujado a la izquierda en la figura se construye (doblando y

pegando) el cubo que se muestra a la derecha. En el cubo se dibuja una línea que divide la

superficie del cubo en dos partes iguales y luego se desdobla el papel. ¿Cómo se ve la línea

dibujada?

21

(a) (b) (c) (d) (e)

Problema 21. Algunas de las casillas de la cuadrícula que se muestra en la figura se van a

colorear de negro. Junto a las columnas y a las filas se ha escrito la cantidad de casillas que deben

quedar pintadas. ¿De cuántas formas diferentes se puede pintar la cuadrícula?

(a) 0 (b) 1 (c) 4 (d) 5 (e) 9

Problema 22. ¿Cuál es la suma de todos los enteros positivos n que dejan 15 como residuo al

dividir 141 entre n?

(a) 15 (b) 53 (c) 126 (d) 141 (e) 270

Problema 23. En la figura, el cuadrado pequeño tiene lado 3, el mediano tiene lado 5 y el más

grande tiene lado 7. ¿Cuál es la diferencia entre el área negra y el área gris?

(a) 0 cm2 (b) 10 cm2 (c) 11 cm2 (d) 15 cm2 (e) falta información

Problema 24. En cada ronda de un torneo de volibol los equipos se enfrentan por parejas y el

ganador pasa a la siguiente ronda mientras que el perdedor queda eliminado (si el número de

equipos es impar, uno de ellos pasa automáticamente a la siguiente ronda). El torneo sigue con

estas reglas hasta que queda un solo equipo, que es el ganador. Si en cierto torneo el número total

de partidos fue 100, ¿cuántos equipos había al principio?

(a) 101 (b) 200 (c) 27 (d) 26 (e) Falta información

22

Problema 25. En la figura se muestran 7 monedas tangentes con radio 1cm y una liga que se

ajustó a su alrededor. ¿Cuál es el largo de la liga?

(a) 6 + 4 cm (b) 12 + cm (c) 12 + 2 cm (d) 6 + 2 cm (e) 9 + cm

Problema 26. Aída le dispara a un tiro al blanco y le atina únicamente a las regiones que valen

5, 8 y 10 puntos. Si sabemos que acertó a la región del 8 tantas veces como a la región del 10, falló

en el 25% de los tiros y en total obtuvo 99 puntos, ¿cuántos disparos hizo Aída en total?

(a) 10 (b) 12 (c) 16 (d) 20 (e) 24

Problema 27. Néstor, Shaday y Fabiola están sentados en la misma fila del cine. Néstor dice:

"Yo estoy a más del doble de distancia de Shaday que de Fabiola". Shaday dice: "Yo estoy a más

del doble de distancia de Fabiola que de Néstor". Fabiola dice: "Yo estoy a más del doble de

distancia de Shaday que de Néstor". Si sabemos que al menos dos de ellos dicen la verdad, ¿qué

podemos concluir?

(a) Néstor miente (b) Shaday miente (c) Fabiola miente (d) Ninguno miente (e) Falta información

Problema 28. Hace 7 años la edad de Andrea era un múltiplo de 8, pero en 8 años más su edad

será un múltiplo de 7. Hace 8 años la edad de Francisco era un múltiplo de 7 y en 7 años más su

edad será un múltiplo de 8. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?

(a) Francisco es dos años mayor que Andrea.

(b) Francisco es un año mayor que Andrea.

(c) Francisco y Andrea son de la misma edad.

(d) Francisco es un año menor que Andrea.

(e) Francisco es dos años menor que Andrea.

23

Problema 29. En la figura, las diagonales AC y BD del cuadrilátero ABCD se intersectan

perpendicularmente en el punto P. Si el área de ABC es 7, el área de BCD es 12 y el área de BPC es

5, ¿cuál es el área del cuadrilátero ABCD?

(a) 14 (b) 14.6 (c) 15.6 (d) 16 (e) 16.8

Problema 30. Encuentra la suma de todos los números x más pequeños que 100 tales que

es un múltiplo de 100.

(a) 200 (b) 100 (c) 90 (d) 81 (e) 50

Morsa Saltarina

Problema 1. En el triángulo ABC, el ángulo en A y el ángulo en B suman 110°. Sea D un punto

sobre el lado AB tal que CD = CB y el ángulo ∢DCA mide 10°. ¿Cuánto mide el ángulo en A?

Problema 2. En una cuadrícula de 3x3 se acomodan los dígitos del 1 al 9 sin repetir. Considera

cada renglón como un número de tres dígitos y llámale A a la suma de estos tres números. Ahora,

considera cada columna como un número de tres dígitos y llámale B a la suma de estos tres

números. Muestra que no es posible acomodar los dígitos del 1 al 9 de tal manera que A+B = 2011.

Problema 3. ¿Es posible escribir al número como suma de 11

cuadrados perfectos distintos? Justifica tu respuesta.

Problema 4. Determina el menor entero positivo n con la siguiente propiedad: existen enteros

positivos a y b tales que:

,

y los dígitos de b son los dígitos de a en algún orden.

Problema 5. Sea AB una cuerda de longitud 6cm en un círculo de radio 5cm con centro en O.

Un cuadrado está inscrito en el sector circular OAB con dos de sus vértices sobre la circunferencia

y dos lados paralelos a AB. Determina el área del cuadrado.

Problema 6. Sean a y b enteros positivos tales que es un cuadrado. Demuestra que

es suma de dos cuadrados.

24

Problema 7. En un círculo como se muestra en la figura, se traza un diámetro que lo divide en

dos áreas iguales. En cada uno de los arco formados, se toman seis puntos a la misma distancia.

Laura unirá tres de los 14 puntos sobre la circunferencia de manera que se forme un triángulo de

donde su área sea sólo gris o sólo blanca. ¿Cuántos triángulos distintos podría formar Laura?

Nota: Dos triángulos se consideran distintos aunque tengan la misma forma pero siempre y

cuando se tomen puntos distintos para trazarlos.

Problema 8. Se escriben 2011 dígitos en una sola línea con la siguiente característica: cada par

de dígitos adyacentes en la línea, tomados en el orden en que están escritos, forman un número

divisible siempre por 17 o por 23. Si 8 es el último de los 2011 dígitos, ¿cuáles son los primeros

cinco dígitos de la línea?

Problema 9. ¿Cuántos subconjuntos de 3 elementos se pueden formar con los números del

conjunto {1, 2,…, 20}, de tal manera que el producto de los números de cada subconjunto sea

múltiplo de 4?

Problema 10. Determina si es posible escribir la fracción

como suma de 2011 fracciones

unitarias distintas. (Una fracción unitaria es una fracción de la forma

donde n es un entero

positivo).

Problema 11. Demuestra que para todo entero positivo , el número no es

primo.

Problema 12. Determina todos los enteros positivos que no se pueden escribir en la forma

con a y b enteros positivos.

Desempate

Problema 1. Sean a, b, c, números reales que cumplen que y que

. Demuestra que .

25

Problema 2. Hay n personas en una fiesta, donde algunas se conocen y otras no. Además, el

conocimiento es mutuo; es decir, si Juan conoce a María, entonces María conoce a Juan.

Demuestra que la cantidad de personas que conocen una cantidad impar de personas es par.

Problema 3. Sea k un entero positivo. Sea A la cantidad de divisores de k y B el producto de los

divisores de k. Demuestra que .

Problema 4. Se tienen los puntos A, B y C en un círculo. La línea PB es tangente al círculo en B.

Sea PA’ y PC’ perpendiculares desde P a AB y BC respectivamente. (A’ y C’ están sobre AB y BC

respectivamente). Prueba que A’C’ es perpendicular a AC.

Problema 5. Toma un número de tres dígitos, con todos sus dígitos distintos. Escribe el número

en el orden inverso –de atrás para adelante- y resta ambos números –resta el menor al mayor. Al

resultado de la resta, súmale el resultado de la resta escrito en el orden inverso –de atrás para

adelante. Explica por qué el resultado de esa suma va a ser 1089 sin importar qué números tomes

al principio.

Orca asesina

Problema 1. El entero N consiste de 2011 dígitos 9, es decir

. ¿Cuánto vale la

suma de los dígitos del número ?

Problema 2. Sea ABCDE un pentágono convexo tal que AB + CD = BC + DE. Una

semicircunferencia con centro en el lado AE es tangente a los lados AB, BC, CD y DE, en los puntos

P, Q, R, S, respectivamente. Demuestra que PS y AE son paralelas.

Problema 3. Para cada entero no negativo n, una permutación de los números

es llamada cuadrática si es un cuadrado para . Demuestra que para

cada entero no negativo n, existe una permutación cuadrática de los números .

Nota: una permutación de los números es un reacomodo o

reordenamiento de los números .

Problema 4. En un triángulo ABC, sea H el pie de la altura desde A. Sea además E el punto de

intersección de la bisectriz de B y AC. Determine la medida del ángulo EHC dado que <BEA=45°

Problema 5. ¿De cuántas maneras se pueden colocar dos cuadrados de 2 x 2 en una cuadrícula

de 5 x 5 sin que se traslapen?

Problema 6. Sean a y b enteros positivos tales que el número

26

es un entero. Demuestra que el número M(a, b) es un cuadrado. Determina dos enteros a y b

distintos de cero, tales que el número M(a, b) sea un entero positivo pero no sea un cuadrado.

Brontosaurio Volador

Problema 1. Un entero positivo n es llamado representable, si existen enteros positivos

tales que , y además a es múltiplo de b y b es múltiplo de c. Demuestre

que el conjunto de los enteros positivos que no son representables es finito y determine el mayor

entero de ese conjunto.

Problema 2. Un punto D se ha elegido en el lado BC de un triángulo acutángulo ABC de tal

manera que AB = AD. El circuncírculo del triángulo ABD intersecta al segmento AC en los puntos A

y K. La recta DK intersecta a la perpendicular a AC que pasa por B en el punto L.

Demuestre que CL = BC.

Problema 3. Determine todos los enteros positivos n tales que el número

tenga a lo más 15 divisores positivos.

Problema 4. Sea n ≥ 3 un entero. En cada una de las casillas de un tablero de n x n se escribe

un 0 o un 1 de tal manera que la suma de los números de cada subtablero de 2 x 2 y de cada

subtablero de 3 x 3 es un número par. ¿De cuántas formas se puede hacer esto?

Problema 5. Sobre una recta l hay tres puntos distintos A, B y P en ese orden. Sea a la recta

que pasa por A y es perpendicular a l, y sea b la recta que pasa por B y es perpendicular a l. Una

recta que pasa por P, distinta de l, intersecta a las rectas a y b en los puntos Q y R,

respectivamente. La recta que pasa por A y es perpendicular a BQ intersecta a BQ en L y a BR en T.

La recta que pasa por B y es perpendicular a AR intersecta a AR en K y a AQ en S.

(i) Demuestra que los puntos P, T y S son colineales.

(ii) Demuestra que los puntos P, K y L son colineales.

Problema 6. Determine todos los números primos p tales que el número

sea un cuadrado.

27

Irracional (Dragón)

Problema 1. Sea n ≥ 3 un entero. Se tienen n bolsas, cada una con n monedas y hay n personas

que van a tomar monedas por turnos (iniciando con la persona 1, después la persona 2, etc. hasta

la persona n, después de nuevo la persona 1 y así sucesivamente). Las condiciones que deben

respetar son:

i. cada persona en su turno toma sólo una moneda,

ii. la persona i no pude tomar monedas de la bolsa i.

Pierde la primera persona que no puede tomar monedas en su turno. Demuestre que n−1

personas se pueden poner de acuerdo para hacer perder a la persona restante.

Problema 2. Sean A y B enteros positivos de tres dígitos, y A∗B el entero de seis dígitos que se

obtiene al colocarlos lado a lado.

Determine todos los enteros A y B tales que los números A, B, B − A, A∗B y ∗

sean todos

cuadrados perfectos.

Problema 3. Los pies de las alturas de un triángulo dividen a sus lados en seis segmentos.

Demuestre que si tres de estos segmentos son iguales, entonces el triangulo es equilátero.

Problema 4. Determine el número de ternas (a, b, c) con a ≤ b ≤ c de enteros positivos

menores o iguales que 2011 tales que a + b + c es múltiplo de a, b y c.

Problema 5. Sea ABC un triangulo acutángulo tal que AB ≠ AC, y sea H el pie de la

perpendicular trazada desde A sobre BC. Considere dos puntos P y Q de tal manera que los tres

puntos A, B, P y los tres puntos A, C, Q estén sobre una recta en ese orden, respectivamente. Si los

puntos B, C, P y Q están en una misma circunferencia y HP = HQ, demuestre que el punto H debe

coincidir con el circuncentro del triángulo APQ.

Problema 6. Determine todos los enteros positivos n tales que,

sea un número primo.

(Nota: d(n) denota al número de divisores positivos del entero n.)

28

Desempate 1

Problema 1. Sea n > 1 un entero. Se han pegado n cuadrados de 2 x 2 como se muestra en la

figura para n = 5:

Determine la máxima cantidad de monedas que puedes poner de modo que no haya dos

monedas ni en la misma casilla, ni en casillas que compartan un lado o un vértice.

Para esta máxima cantidad de monedas, determine de cuántas formas se pueden poner

las monedas.

Problema 2. Sea ABC un triángulo acutángulo con . Sea D un punto en el interior

de tal que y . Si E es la reflexión de C respecto a AB y F es la

reflexión de B respecto a AC, demuestre que AD es perpendicular a EF.

Problema 3. Sea k un entero positivo y sea m un entero impar. Demuestre que existe un

entero positivo n tal que el número es divisible entre k.

Desempate 2

Problema 1. Determine todos los números primos p, q y r tales que:

.

Problema 2. Considere 100 puntos en el plano, tales que no hay tres de ellos colineales. Los

puntos se han dividido en 10 grupos, tales que cada grupo contiene al menos 3 puntos y

cualesquiera dos puntos del mismo grupo se han unido por un segmento de recta.

i. De todos los arreglos posibles en 10 de tales grupos, determine aquel arreglo en el cual se

obtiene el mínimo número de triángulos.

ii. Demuestre que hay un arreglo en tales grupos donde cada segmento se puede pintar con

uno de tres colores posibles de tal manera que ningún triángulo tenga todos sus lados del

mismo color.

29

Problema 3. En un triángulo ABC sean O su circuncentro, H su ortocentro y M el punto medio

de AH. La perpendicular sobre OM que pasa por M intersecta a los lados AB y AC en los puntos P y

Q, respectivamente. Demuestre que MP = MQ.

XXV OMM

Problema 1. Se tienen 25 focos distribuidos de la siguiente manera: los primeros 24 se

disponen en una circunferencia colocando un foco en cada uno de los vértices de un 24-ágono

regular, y el foco restante se coloca en el centro de dicha circunferencia.

Únicamente se permite aplicar cualquiera de las siguientes operaciones:

Tomar dos vértices sobre la circunferencia tales que hay una cantidad impar de vértices en

los arcos que definen, y cambiar el estado de los focos de esos dos vértices y el del foco

del centro de la circunferencia.

Tomar tres vértices sobre la circunferencia que formen un triángulo equilátero y cambiar

el estado de los focos en estos tres vértices y el del foco del centro de la circunferencia.

Muestra que partiendo de cualquier configuración inicial de focos encendidos y apagados, siempre

es posible aplicar un número finito de operaciones para llegar a la configuración en que todos los

focos están encendidos.

Problema 2. Sea ABC un triángulo acutángulo con sus vértices sobre la circunferencia . Sea

la recta tangente a en el punto A. La circunferencia con centro B y radio BA intersecta a la recta

en D y a la recta AC en E. Muestra que la recta DE pasa por el ortocentro del triángulo ABC.

Nota: El ortocentro de un triángulo es el punto donde concurren las tres alturas del triángulo.

Problema 3. Sea n ≥ 3 un entero positivo. Encuentra todas las soluciones de

números reales que satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones:

Problema 4. Encuentra el menor entero positivo tal que al escribirlo en notación decimal utiliza

exactamente dos dígitos distintos y que es divisible entre cada uno de los números del 1 al 9.

Nota: Un ejemplo de un número que al escribirlo en notación decimal utiliza exactamente dos

dígitos distintos es el 2202022002.

30

Problema 5. Una cuadrícula con lados de longitudes y se quiere dividir en

rectángulos ajenos con lados sobre líneas de las cuadrícula y con un número de cuadritos de 1 x 1

dentro del rectángulo igual a una potencia de 2.

Encuentra la menor cantidad de rectángulos en los que se puede dividir la cuadrícula.

Nota: El 1 es considerado una potencia de 2 pues .

Problema 6. Sean 1 y 2 dos circunferencias de radios diferentes que se cortan en los puntos

A y B. Consideremos un punto C sobre la recta AB de modo que B queda entre A y C. Sean P y Q

puntos sobre 1 y 2, respectivamente, tales que CP es tangente a 1, CQ es tangente a 2, P no

está dentro de 2 y Q no está dentro de 1. La recta PQ corta de nuevo a 1 en R y a 2 en S,

ambos puntos distintos a B. Supongamos que CR corta de nuevo a 1 en X y CS corta de nuevo a 2

en Y. Sea Z un punto sobre la recta XY. Muestra que SZ es paralela a QX si y sólo si PZ es paralela a

RX.

31

Soluciones Grillo, Rana, Conejo

Problema 1. Respuesta: 18.

Solución 1:


Solución 1: Calculamos

Solución 2: Recordamos la fórmula de Gauss:

.


Solución 1: Imaginamos un polígono que de cada vértice tenga 2011 diagonales. Entonces, si

dejamos un punto fijo, existen otros 2011 vértices en el polígono, es decir, el polígono tiene 2012

vértices. Por lo tanto, había 2012 personas en la fiesta.

Solución 2: Sabemos que existen al menos 2012 personas, pues cada una saludó a otras 2011. Si

existiera una más, es decir 2013, la persona nueva no habría saludado a alguna de las que ya

estaban. Por lo tanto, hay a lo más 2012 personas. Concluimos que hay exactamente 2012

personas.


Solución: Del punto más alto –en el aire- al más bajo –bajo el agua- son 5 metros. Estos 5 metros

se dividen en 3 secciones: del fondo del agua a la superficie, de la superficie al trampolín y del

trampolín al punto más alto. Queremos saber cuándo mide la sección de en medio y sabemos que

del más bajo a la superficie son 2 metros y del trampolín al más alto es 1 metro:

Problema 5. Respuesta: 8.8.

Solución 1:

Solución 2: Le entregó 90 pesos y le regresaron 24 de cambio, entonces gastó 66 pesos en

zanahorias. Si el kilo está a 7.5 pesos, con 66 pesos le alcanzan 8.8 kilos de zanahorias.

32


Solución: Calculamos ambos números. La quinta parte de cinco novenos por tres es

.

La mitad de tres medios es

. Claramente

.

Problema 7. Respuesta:

.

Solución: La probabilidad se calcula dividiendo la cantidad de casos a favor entre la cantidad de

casos totales. Hay 6 chocolates de fresa, que es lo que queremos, y en total hay 8 chocolates en la

caja. Por lo tanto, la probabilidad es

.


Solución: De cada cuatro escalones, la rana toca dos: el tercero y el cuarto. Como toca el 4,

también toca el 8, 12, 16, 20, 24, 28, etcétera. Como toca el 3, también toca el 7, 11, 15, 19, 23,

27, etcétera. Es decir, toca todos los múltiplos de 4 y todos los números que son un múltiplo de 4

menos 1, es decir, los números que al dividir entre 4 dejan 0 o 3 de residuo. Por lo tanto, sólo

tenemos que hacer la división entre 4: el 3012 sí lo pisa pues 12 es múltiplo de 4; el 2013 no lo pisa

pues 12 es múltiplo de 4; el 1589 no lo pisa pues 88 es múltiplo de 4; el 3122 no lo pisa pues 20 es

múltiplo de 4; el 29 no lo pisa pues 28 es múltiplo de 4.

Problema 9. Respuesta: 3 minutos.


Solución: Si Lucy tiene 6 hermanos y 3 hermanas, quiere decir que son 10 en la familia, 6 son

hombres y 4 mujeres. Como Pablo es uno de sus hermanos, Pablo tiene 5 hermanos y 4 hermanas.

Multiplicamos .


Solución: En el peor de los casos, antes de sacar dos del mismo color, saca uno de cada color. En

total hay 4 colores: blanco, verde, rojo y azul. Por lo tanto, cuando saquemos el 5to calcetín,

necesariamente será de uno de los colores que ya tenemos.


Solución: Si con 25 litros pasamos de

a

, quiere decir que 25 litros son

del tanque.

Entonces el tanque se llena con 50 litros.

33


Solución: Queremos sumar 40 y 37 sumando únicamente 6 o 3 cada vez, y ver si eso es posible.

Empezamos: . Si sumamos otro 6, se pasa. Si sumamos 3, no alcanza.

Así, necesitamos sumar 2 + 2, por lo que ya van 2 safeties. Para sumar 37, llegamos hasta 30 de 6

en 6. Sumamos 3, van 33, faltan 4. Necesitamos otros 2 safeties. La menor cantidad es 4.


Solución: (a) Si empieza con 10, ya tiene un dígito par, por lo tanto el último dígito es 5 y los otros

4 pueden ser cualquiera de 1, 3, 5, 7 o 9. Tenemos opciones. (b) Si empieza

con 73, se puede que el último dígito sea 0 y entonces los demás son impares y tenemos otros

625, o que el último sea 5 y alguno de los otros 4 sea par; hay 4 lugares donde puede estar el par y

donde esté hay 5 opciones que son 0, 2, 4, 6, y 8; para los restantes 3 lugares sólo puede ser 1, 3,

5, 7, o 9, entonces es .

En total, tenemos


Solución: Queremos encontrar la diferencia de radio de un círculo que tiene perímetro X y otro

que tiene X + 1 de perímetro. Usando la fórmula del perímetro de un círculo y

de donde

y

; así que

.


Solución 1: El lado en común que tiene el área marcada con 6 y el área marcada con 9 debe medir

3 y como es un rectángulo, eso miden los segmentos paralelos también. Entonces, las dimensiones

del área marcada con 6 son 2 y 3, y las de área marcada con 9 son 3 y 3. Por lo tanto, las del área

marcada con 10 deben ser 5 y 2. Entonces un lado del rectángulo grande mide 8 y el otro lado

debe medir 5, así que el área total 40.

Solución 2: Procediendo igual, el área que falta debe medir , pues es la combinación de

medidas que falta. Hacemos la suma .


Solución: Toda potencia de un número impar es un número impar, por lo tanto, tenemos la suma

de dos números impares que es par. Por definición, eso es divisible entre 2, que es primo.

Problema 18. Respuesta: A.

Solución: Como Ramón corre dos veces más rápido que Ana, no pueden encontrarse de nuevo en

la primera vuelta. Vamos a seguir a Ana y preguntarnos dónde va Ramón: cuando Ana está en B,

34

Ramón está en C; cuando Ana está en C, Ramón está en D; cuando Ana está en D, Ramón está otra

vez en A; cuando Ana está en E, Ramón está en D; cuando Ana está en A de nuevo, ha dado una

vuelta completa y, como Ramón va al doble, ha dado dos vueltas completas y se encuentra en A

de nuevo.


Solución: Los números primos, excepto el 2 y el 5, terminan todos en 1, 3, 7 o 9 y el producto de

cualquier impar por 5 termina siempre en 5 –pues los múltiplos de 5 terminan siempre en 0 o 5

pero si termina en 0 es par. Entonces el producto de todos –sin el 2- termina en 5. Si multiplicamos

eso por 2, termina en 0.


Solución: Para meter la mayor cantidad de canciones posibles, metemos primero las más

pequeñas: 100 canciones de 3 minutos cada una caben exactamente en el disco de 300 minutos.

50 canciones de 4 minutos cada una caben exactamente en el disco de 200 minutos y 25 canciones

de 4minutos cada una caben exactamente en el disco de 100 minutos. En total, grabaríamos

canciones.

Problema 21. Respuesta: .

Solución: Vamos a encontrar un ciclo. Hay 4 movimientos posibles: derecha abajo (como de 0 a 1),

arriba (como de 1 a 2), derecha arriba (como de 2 a 3) y abajo (como de 3 a 4). Como son sólo 4

movimientos y siguen ese exacto patrón, podemos asignarles un número del 0 al 3, según el

número desde el cuál empieza la flecha: todos los múltiplos de 4 tienen el 0, los múltiplos de 4

más 1 tienen el 1, los múltiplos de 4 más 2 tienen el 2 y los múltiplos de 4 más 3 tienen el 3. Como

el 2006 es un múltiplo de 4 más 2, la flecha que va del 2006 al 2007 tiene que ser derecha arriba y

del 2007 al 2008 tiene que ser abajo.

Problema 22. Respuesta: BD

Solución: El ángulo ∢ ∢ ∢ . Así, de ∢

∢ ∢ , obtenemos que .

Por otro lado ∢ ∢ ∢ . Así que ∢ ∢

∢ , de donde . Concluimos que BD es el de mayor longitud.

35

Problema 23. Respuesta: 135°.

Solución: Como el triángulo es isósceles, . Como es un cuadrado, entonces

. Entonces, es isósceles y rectángulo, por lo que el ángulo ∢ mide 45°, por lo

que ∢ .


Solución: Para calcular el promedio de números que sólo conocemos el promedio, usamos su valor

como promedio. Es decir, vamos a suponer que tenemos 3 números que valen 85 y 2 números que

valen 95. Entonces, su promedio sería

.

Problema 25. Respuesta: Amarillo.

Solución: Un ciclo entero del semáforo dura 115 segundos. De las 7:00horas a las 16:34 horas han

pasado 9 horas y 34 minutos, que es lo mismo que 574 minutos que es lo mismo que 34440

segundos. Hacemos la división de 34440 entre 115 que cabe 299 veces y sobran 55 segundos. Le

quitamos los 45 segundos del verde, 10 segundos de amarillo y así dan las 16:34 con el semáforo

en amarillo por 30 segundos más.


Solución: Para que un punto equidiste las rectas a y b –que son paralelas- debe estar sobre una

recta paralela a ambas, a la mitad. Entonces, la distancia que debe ser igual sólo puede ser una –la

mitad de la distancia entre a y b- y es una cantidad fija. Por lo tanto, sólo puede haber dos puntos:

uno de cada lado de c.


Solución: Veamos que el 1 no afecta el producto. Además, que por cada 10 números, hay

exactamente 1 que termina en 3 y uno que termina en 7, y que 2010 se puede dividir exactamente

en grupos de 10 en 10 números. En cada uno de esos grupos de 10 números, si multiplicamos el

número que termina en 3 con el número que termina en 7, el resultado va a terminar en 1. El

producto de muchos números que terminan en 1, sigue terminando en 1.


Solución: Llamemos A y A’ a los puntos donde la cuerda corta al círculo. Sea O el centro del círculo

y P la intersección del radio con la cuerda. Como la cuerda corta al radio por la mitad,

perpendicularmente, tenemos que es triángulo rectángulo donde sabemos que y

. Aplicando teorema de Pitágoras, tenemos que .

36

Problema 29. Respuesta: Verdes.

Solución: Si el número es múltiplo de 3, eventualmente se va a comer todos los caramelos de ese

color. Por lo tanto si sobran de algún color es porque había una cantidad que no es múltiplo de 3.

Veamos número por número: 387 sí es múltiplo de 3, 396 también es múltiplo de 3, 402 también,

408 también pero 407 no. Por lo tanto como de ningún otro color sobran, tienen que ser verdes.


Solución: El semiperímetro del triángulo es

. Luego, usando la fórmula de Herón para el

área del triángulo, obtenemos:

Así que el área se maximiza cuando - . Esto es con .

Canguro y Walabi


Solución: Contamos 15 números, empezando con el 1, salándonos todos los que tengan el dígito 3,

ya sea en las unidades o en las decenas:


Solución: Después de una franja blanca siempre va una franja negra. Así, podemos hacer 7 pares

de blanca y negra y después otra blanca. En total son 15 franjas, si cada una mide 50cm de ancho,

en total sería .

Problema 3. Respuesta: 50 minutos.

Solución 1: Procedemos por prueba y error. Dentro de 40 minutos, el reloj marcará 20:51; dentro

de 45 minutos, marcará 20:56; dentro de 60 minutos marcará 21:11; dentro de 55 minutos

marcará 21:06; dentro de 50 minutos marcará 21:01.

37


Solución: El área del cuadrado mediano es la mitad del área del cuadrado grande. Podemos ver

esto trazando las diagonales del cuadrado mediano y comparando los triángulos rectángulos que

comparten un lado, uno afuera del cuadrado mediano y otro adentro, que terminan siendo

congruentes. Por la misma razón, el área del cuadrado pequeño es la mitad del área del cuadrado

mediano; es decir, el área del cuadrado grande es cuatro veces el área del cuadrado pequeño. Si el

área del pequeño es 6, entonces el área del grande es 24 y la diferencia es 18.


Solución:

.

Problema 6. Respuesta: 1, 2 o 3.

Solución: Observemos que el punto que está entre x y el vértice marcado con 1 tiene una línea

que lo une con 1, una línea que lo une con 3 y una línea que lo une con 2, por eso, ese vértice sólo

puede tener el 4 escrito. El punto que está entre los vértices 2 y 3 tiene una línea que lo conecta

con 2, una con 3 y otra con 1, por lo que sólo puede llevar 4 también. Por las mismas razones, los

otros dos puntos sin marcar también tienen que llevar 4. Así pues, x puede llevar cualquiera

menos 4.


Solución: Sean la cantidad de pescados que pescó en cada uno de los tres días,

respectivamente. Como cada día pescó más que el día anterior, sabemos que . Por la

segunda condición, sabemos que . Además, sabemos que . Así,

o bien , es decir y . Por lo tanto .


Solución: El más grande es 800, pues cualquier otra forma de sumar 8 y acomodar las cifras dejaría

una cifra menor en las centenas. Por la misma razón, el menor debe ser 107, pues queremos los

menores números posibles en centenas y decenas. Por último .


Solución: Podemos poner un cuadrado para tener un eje de simetría vertical. Podemos poner un

cuadrado para tener un eje de simetría horizontal. Podemos poner un cuadrado para tener un eje

de simetría diagonal.

38


Solución: Primero, sumamos el peso de todas las perlas:

. Ahora, sumamos el peso de los aretes: . Hacemos la diferencia y

encontramos la perla que falta .


Solución: De cada nivel, al menos una bolita no puede tomarse. Por lo tanto, la mayor cantidad de

bolitas que puede tomar es 13. Además, existe un camino para tomar exactamente trece: bajar, a

la derecha, bajar, a la izquierda, bajar, a la derecha hasta la salida (derecha viendo de frente el

dibujo).

Problema 12. Respuesta: 38.6.

Solución: Observemos que el lado inferior del rectángulo mide . También, veamos

que el triángulo rectángulo con dimensiones 11 y X embona perfectamente con el lado que mide

13 y el lado inferior del rectángulo que mide 24, es decir, mide 37. Así, basta con usar teorema de

Pitágoras:

Problema 13. Respuesta: Rojo.

Solución: La región que toca R, G y B tiene que ser A. Entonces, la que está debajo de G, B y A

tiene que ser R. La que está a la derecha de A, B y R tiene que ser G. Ahora, la superior toca G, A y

R por lo que tiene que ser B. La inferior toca R, G y B, por lo que tiene que ser A. Así pues, la

marcada con X toca A, G y B por lo que tiene que ser R.

Problema 14. Respuesta: 14 y 10.

Solución: Primero, calculamos el promedio de los números en la lista:

Por lo tanto, debemos tachar dos números cuyo promedio sea 12, es decir, cuya suma sea 24. Los

únicos dos números que cumplen eso son 10 y 14.


Solución: El perímetro de los seis rectángulos suma 4 veces la medida del lado vertical del

rectángulo grande (observemos que la recta que cruza el rectángulo verticalmente debe aparecer

dos veces porque está en rectángulo de cada lado). La dimensión horizontal del rectángulo original

se suma en total 6 veces, pues hay dos divisiones horizontales. Como se trata de un cuadrado, 120

es 10 veces el lado, que por lo tanto debe medir 12. Así, el área es 144.

39

Problema 16. Respuesta: 3:0.

Solución: Para perder un partido, se necesitan recibir más goles de los que se anotan. Como sólo

recibió uno, el partido que perdió debió haber terminado 0:1. Como no recibió más goles, el

partido que empató debió haber sido un aburrido 0:0. Eso significa que el partido que ganó

terminó 3:0.


Solución: Podemos imaginar que el segmento de Alan es el eje de simetría de un rectángulo con

área 4. Es decir, por A y B pasan dos segmentos de recta perpendiculares a AB cortados por la

mitad, cada uno de longitud 2. Así, cada vértice de ese rectángulo es una opción para un triángulo

rectángulo que tiene a AB por lado y tiene área 1. Además, si trazamos una perpendicular a AB de

longitud 2 tal que corta a la mitad a AB y AB corta a la mitad a esa recta, los cuatro puntos definen

un cuadrado de área 2, así que tenemos otros dos puntos donde AB es un lado de un triángulo

rectángulo de área 1.


Solución: Como , podemos decir que

; así que

. Además,

como a es positivo, claramente . Y como . Por último,

.

Así pues, el mayor es .


Solución: Como el número es múltiplo de 5 y de 4, debe terminar en 0. Como es múltiplo de 9, la

suma de sus cifras también debe serlo. Las cifras que conocemos son . El

siguiente múltiplo de 9 es 18 para el que faltan 4, que es una posibilidad; el siguiente es 27 para el

que faltan 13, por lo que no es posible. La suma de estos dos números es .


Solución: Observemos que es posible separar el cubo de tal manera que las líneas queden en los

cuatro cuadros que forman la perpendicular más grande. También, como es un plano que

atraviesa el cubo, deben ser líneas rectas que van al vértice del segundo cuadrado. Así, la

respuesta es (a).

40


Solución: Si pintamos de negro el cuadro superior izquierdo, entonces tenemos 2 opciones para

llenar la primera columna. Eso nos deja 2 opciones para llenar el renglón superior; en total, 4

opciones diferentes. Si no la pintamos de negro, entonces hay una única manera de llenar la

cuadrícula. En total, 5 maneras.


Solución: Como 141 deja 15 de residuo al dividir entre n, entonces es múltiplo de

n y mayor que 15 –o no podría dejar 15 de residuo. Los divisores primos de 126 son . Las

combinaciones mayores que 15 son: pues son todos menores

que 15 y 126 tiene exactamente 12 divisores positivos. La suma de

Problema 23. Respuesta: 15

Solución: Llamemos x al área blanca contenida en el cuadrado mayor y el mediano. Así el área gris

es 25-x y el área negra es 49-9-x=40-x. Entonces la diferencia es 49-x-(25-x)=15.


Solución: En cada juego hay un ganador y un perdedor. Cuando un equipo pierde, ya no vuelve a

jugar. Por lo tanto, si hubo 100 juegos, hubo 100 equipos que perdieron pero debe haber un

campeón. En total hay 101 equipos.


Solución: La liga está compuesta por seis segmentos tangentes a dos circunferencias cada uno y

seis segmentos de arco. Dado un segmento tangente, al trazar los radios correspondientes desde

cada punto de tangencia, es fácil ver que su longitud es 2. Esto porque los puntos de tangencia y

los centros correspondientes son las esquinas de un rectángulo de lados con longitud 2 y 1.

Por otro lado, cada segmento de arco es el equivalente a como se puede ver en la siguiente

figura:

41

Así, juntando los seis segmentos de arco, obtenemos el equivalente a una circunferencia. Esto es,

la longitud de los segmentos de arco, juntos, es . Sumando los seis segmentos tangentes

obtenemos que la longitud total de la liga es .


Solución: Como le atina al 8 tanta veces como al 10, debemos sumar de 18 en 18 y después sumar

5 tantas veces como sea necesario para que la cantidad de tiros sea tres cuartas partes de un

número. Para ello, debemos sumar de 18 en 18 hasta llegar a un número que termina en 4 o en 9:

y si volvemos a sumar, se pasa.

Además, que equivale a 9 tiros de 5, 3 de 10 y 3 de 8; es decir, 15 tiros en total que

sí acertó. Como falló el 25%, debió haber hecho 20 tiros en total.

Problema 27. Respuesta: b) Shaday miente

Solución: Supongamos que la fila del cine es una recta y que Néstor está en un punto n la recta,

Shaday en y Fabiola en . Sea la distancia entre Néstor y Fabiola. y se definen de

manera análoga. Las afirmaciones hechas se traducen (en el mismo orden que en el enunciado)

como:

a)

b)

c)

Sumando a) y b) obtenemos que . Por otro lado por la

desigualdad del triángulo ya que los puntos están en una misma recta. Así, . Esto

indica que a) y b) son incompatibles.

Ahora sumamos b) y c) para obtener donde la igualdad se da, como antes,

por la desigualdad del triángulo aplicada a tres puntos colineales. Así b) y c) son incompatibles.

Luego si b) es cierta las dos restantes son falsas. Dado que al menos dos dijeron la verdad, se tiene

que b) es falso. Esto es, Shaday miente.

Problema 28. Respuesta: a)

Solución: Sea la edad de Andrea y la de Francisco. Hace siete años la edad de Andrea era

múltiplo de 8, así que . Esto es, para algún entero positivo. Además, en

8 años su edad será múltiplo de 7, por tanto . De las igualdades

anteriores se obtiene que Así, se sigue que , de donde

ó .

De manera análoga obtenemos que . De este modo, la diferencia de sus edades es

. Así, la única posibilidad de las mencionadas es que la diferencia sea 2. Es decir,

Francisco es dos años mayo que Andrea.

42

Problema 29. Respuesta: 16.8

Solución: El área del cuadrilátero es

. Sabemos ya que

Luego,

y de ahí que

.

También

y de ahí que

.

De estas igualdades obtenemos que

pues .

Concluimos que A=2+5+7+2.8=16.8.

Problema 30. Respuesta: 200

Solución: Observemos que - - Si p es un número que divide a x-9 y x+9

simultáneamente entonces p divide a x+9-(x-9)=18. Esto nos asegura que 5 no es un divisor común

de x+9 y x-9 por lo que, o bien 25 divide a x+9 o bien 25 divide a x-9. En cada caso obtenemos que,

- o bien . Notemos además que si x es un número par, entonces

- es un número impar, por lo que no es divisible entre 100. Así pues, el número x con la

propiedad deseada debe ser un número impar congruente con 9 ó con 16 (mod 25) y menor que

100. Los únicos números con esta propiedad son 9, 41, 59 y 91. Su suma es 200.

Morsa Saltarina

Problema 1.

Solución: Primeramente notemos que∢ ∢ ∢ .

Por otro lado ∢ , así que ∢ ∢ ∢ Por hipótesis,

sabemos que CD=CB con lo que DCB es isósceles. Obtenemos así que:

∢ ∢ ∢

,

y de ahí que:

∢ ∢ .

43

Problema 2.

Solución: Supongamos el siguiente acomodo de los dígitos:

a B C

d E F

g h i

Entonces A=abc+def+ghi y B=adg+beh+cfi. Luego:

Análogamente , por lo que . Este resultado es independiente

de la forma en que se acomodaron los dígitos, por lo que siempre es válido. Dado que 2011 no es

congruente con cero módulo 9, es imposible que A+B=2011.

Problema 3.

Solución: Observemos que Entonces:

Concluimos que sí es posible.

Problema 4.

Solución: Sabemos que un número es congruente a la suma de sus dígitos módulo 9. Como a y b

tienen los mismos dígitos, entonces equivalentemente

Luego, como

tenemos Así n=9k para algún k entero positivo, ya

que n es un entero positivo. Esto nos muestra que ≥ Para n=9 los siguientes números

cumplen tal condición:

a=9087654321 y b=8976543210.

Concluimos que n=9 es el menor.

44

Problema 5.

Solución: Sea la intersección de con la circunferencia. Notemos que es perpendicular a

por ser un diámetro.

Sean los vértices del cuadrado con sobre , sobre y un lado del cuadrado.

Notemos que, como paralela a y perpendicular a , es perpendicular a . Como

es también perpendicular a se sigue que es paralela a . Sean y la intersección de

con y con la circunferencia, respectivamente.

Por ser pralela a se tiene que

. Del mismo modo, por ser paralela a se tiene

que

. Luego

y de ahí que

.

Notemos que Así,

.

Además, pues la figura es simétrica. Pero por ser lados de un cuadrado.

Se tiene entonces que

.

Ahora bien, el triángulo es rectángulo en por lo que ya que es un diámetro de la

circunferencia. Así, al aplicar teorema de Pitágoras tenemos

.

Luego,

de donde

. Pero es el área del cuadrado. Así, el área buscada

es

.

Problema 6.

Solución: Observemos que si , entonces

, de donde . Pero

por lo que ó En cualquier caso, 2 divide a ambos pues

Entonces,

y

son ambos enteros.

Por otro lado,

Así, es suma de dos

cuadrados.

Problema 7.

Solución: Notemos que es suficiente y necesario escoger tres puntos de la mitad superior o tres

puntos de la mitad inferior para obtener un triángulo con área de un solo color. Cada elección de

tres puntos, de esa manera, determina un triángulo diferente. Así, basta contar las maneras en

que se pueden efectuar esas elecciones y eso nos dará el total de triángulos posibles.

45

Se pueden tomar tres puntos de la mitad superior de formas. Análogamente, se pueden

tomar tres puntos de la mitad inferior de 56 formas distintas. Por tanto, hay 112 triángulos

distintos que Laura puede formar.

Problema 8.

Solución: Cada dos dígitos consecutivos forman un número, menor que 100, divisible entre 17 ó

23. Los múltiplos de 17 menores que 100 son: 17, 34, 51, 68 y 85. Los múltiplos de 23 menores que

100 son: 23, 46, 69 y 92.

Cada dígito distinto de cero aparece sólo una vez, en el lugar de las unidades, en alguno de los

números enlistados. Esto nos asegura que, dado un dígito distinto de cero, el anterior en la lista

está únicamente determinado y además es otro dígito distinto de cero.

Si el último dígito es 8, la única posibilidad para el anterior es 6 ya que 68 es el único número de

dos dígitos divisible entre 23 ó 17, en este caso entre 17. Siguiendo el mismo razonamiento

obtenemos que los últimos dígitos de la lista son: 6, 9, 2, 3, 4, 6, 8.

Aquí el dígito 6 se ha repetido por lo que la secuencia 6, 4, 3, 2, 9 (invertida) se repetirá. Entonces,

la lista está formada por secuencias como la anterior (invertidas). Dado que la secuencia es de

cinco números y que , la lista estará formada por 402 secuencias 9, 2, 3, 4, 6 y

al final el 8. Concluimos que los primeros cinco dígitos son 9, 2, 3, 4 y 6 en ese orden.

Problema 9.

Solución: Sea A={1,2,…,20}, es claro que hay subconjuntos de A con tres elementos.

Contaremos el número de éstos tales que su producto no es múltiplo de cuatro. Así al restarlos del

total encontraremos la cantidad buscada.

Notemos que, para que el producto no sea múltiplo de , sólo son posibles dos casos:

1) En el subconjunto hay sólo números impares:

En este caso, dado que hay números impares en A, entonces se pueden formar .

2) En el subconjunto hay un número par no múltiplo de y dos números impares:

Es claro que en A hay 5 números impares no múltiplos de 4. Así, los conjuntos de este tipo se

forman al tomar un de los 5 números pares y luego 2 de los diez impares. La regla del producto

nos permite concluir que hay .

Concluimos que hay subconjuntos de los buscados.

46

Problema 10.

Solución: Mostraremos que sí es posible. Notemos que basta mostrar que 1 puede expresarse

como suma de 2011 fracciones unitarias distintas pues, si

con si

, entonces

con si .

Veamos que si 1 se expresa como suma de fracciones unitarias distintas, entonces se expresa

como suma de fracciones unitarias distintas. En efecto, supongamos que

y, sin perder generalidad, que Como

, entonces

. Aquí los denominadores siguen siendo distintos

por lo que 1 es suma de fracciones unitarias distintas.

Ahora bien, como

, entonces 1 es suma de fracciones unitarias distintas para

cualquier m natural. En particular, 1 es suma de 2011 fracciones unitarias distintas. Esto completa

la prueba.

Problema 11.

Solución: Observemos que Para se tiene que

y . Así, es producto de dos enteros mayores que 1,

para Concluimos que dicho número no es primo para .

Problema 12.

Solución: Sea tal que

para enteros positivos. Dado que el cociente

anterior es un entero, se tiene que y de ahí que pues . Así

para algún entero positivo. Luego,

.

Ahora, como pues es un entero, obtenemos que:

.

Dado que , entonces – y por tanto

. Así concluimos que para algún ≥ entero pues es

entero positivo.

Sustituyendo , obtenemos ≥ para

algunos enteros ≥ ≥ . Como ≥ , entonces ≥ . Así al reescribir obtenemos

que tiene un divisor impar mayor que ó . Si , entonces y

si entonces tiene un divisor impar, esto es no es una potencia de 2. Así, si

, entonces tiene un divisor impar mayor que ó . Inversamente

47

y si tiene un divisor impar mayor que , digamos ,

es entero y

es tal que

.

Concluimos que

si y sólo si ó tiene un divisor impar mayor que . Así, los

números que no se pueden escribir en esa forma son y los de la forma para algún entero

≥ .

Desempate

Problema 1.

Solución: De obtenemos .

Por otro lado, de obtenemos y . Luego,

≥

Así, ≥ .

Problema 2.

Solución: Sean las personas en la fiesta sea el número de conocidos de . Notemos

que es un número par. Esto es porque si A tiene un conocido B, entonces B tiene a A

como conocido, así que los conocidos se dan por pares.

Supongamos que hay k personas que tienen un número impar de conocidos y, sin perder

generalidad, que son tales personas. Mostraremos que k es un número par. En efecto,

notemos que

. Aquí, es par para por lo que

es un número par. Como es par, entonces es par. Además, cada sumando en esta última

suma es impar, por lo que . Así, k es un número par.

Problema 3.

Solución: A continuación de notamos por y el número de divisores y el producto de los

divisores de respectivamente. Procedemos por inducción en el número de divisores primos

distintos.

Supongamos que para algún primo . En este caso se tiene que y

. Entonces

Esto demuestra el caso base.

Supongamos ahora que para todo número con n divisores primos distintos se cumple la igualdad.

Probaremos que la igualdad se cumple para los números con n+1 divisores primos distintos.

48

Sea

. Esto es, tiene n+1divisores primos distintos. Consideremos

con

. Es claro que . Por otro lado, si

son todos los divisores de a, entonces

son todos los

divisores de . Así,

.

Luego,

.

Pero , por hipótesis de inducción, ya que a tiene n divisores primos distintos.

Entonces,

Esto concluye la

demostración por inducción.

Problema 4.

Solución: Sea el punto de intersección de con . Observemos que es cíclico, pues

.

Sea un punto en del lado opuesto de que . Entonces por ser opuestos

por el vértice. También, pues son ángulos seminscrito e inscrito,

respectivamente, que abren el mismo arco. Así que:

Por otro lado, por ser cíclico. También por ser

opuestos por el vértice. Luego: .

Se sigue de y que y de ahí que .

Concluimos que es perpendicular a .

Problema 5.

Solución: Sean y dígitos. Sin pérdida de generalidad supongamos .

El número de tres dígitos formado por está dado por . El número obtenido

al invertir el orden es . Tenemos que , ya que

49

. Restando estos números obtenemos Como , entonces ≥

ó ≥ . Es decir, es un dígito. Así,

Así, es un número de tres cifras con dígitos . De

ahí que el número obtenido de éste al invertir el orden es

Al sumar estos números obtenemos . Esto explica por qué el resultado de

las operaciones siempre será .

Orca asesina

Problema 1.

Solución: Observemos que Luego,

Pero

,

y

.

Así,

Ahora es claro que la suma de los dígitos de es

Problema 2.

Solución: Observemos que por ser puntos de tangencia desde . Similarmente se

tiene que y .

Ahora bien, de obtenemos .

Eliminando términos iguales nos queda .

Por otro lado por ser ambos seminscritos con el mismo arco. Luego, por el criterio

LAL se tiene que pues y comparten . De ahí

obtenemos que .

Ahora, ya que y comparten . Entonces .

Pero Así

50

Del hecho de que tenemos que y de ahí que es

paralela a pues estos últimos son ángulos correspondientes y son iguales.

Problema 3.

Solución: Comencemos por observar que si es el cuadrado de algún entero, basta con hacer

para . Así, para todo , y este es un cuadrado. Ahora usaremos

inducción fuerte para mostrar que es posible para todo no negativo. Comenzamos dando los

acomodos para los primeros enteros no negativos:

Caso : .

Caso : .

Caso : .

Caso : .

Caso :

Ahora, sea y supongamos que para todo existe una permutación cuadrática.

Probaremos que existe una permutación cuadrática para .

Si es un cuadrado, ya hemos dado una permutación cuadrática para los números de este tipo.

Supongamos que no es un cuadrado, y sea el mayor cuadrado menor que . Ahora hagamos

para los para los que tenga sentido (así, será un cuadrado para estos

números). Esto es, para los tales que y . De la segunda

desigualdad obtenemos ≥ . Esto nos deja con que los primeros

números (del al ) faltan de acomodar.

Mostraremos ahora que Notemos que , luego Pero,

como ≥ pues , se tiene que ≥ . De ahí que ≥ . Se sigue de

la desigualdad anterior que

Ahorapor hipótesis de inducción, hay una permutación cuadrática para los números del al

. Acomodamos los primeros números de esa forma y obtenemos una

permutación cuadrática para los números del al .

Concluimos que existe una permutación cuadrática para todos los enteros no negativos.

Problema 4.

Solución: Sea el incentro de y la intersección de con . Es claro que pasa por

Notemos que por ser incentro, así que y de ahí que

es un cuadrilátero cíclico. De lo anterior se sigue que .

Esto es, por lo cual es cíclico. Ahora bien, por ser

51

incentro. De esta igualdad y del hecho de que es cíclico se obtiene que y

de ahí que es cíclico.

Así, por ser cíclico y por ser cíclico. Por otro lado,

por ser opuestos por el vértice y por ser opuestos por el vértice.

Además por lo que . Luego, como , se sigue que

por lo que es bisectriz de . Como concluimos que

.

Problema 5.

Solución: Sea el cuadrito en la fila y columna. Observemos que la

esquina superior izquierda de cada cuadrado de 2x2 sólo puede estar en uno de los cuadritos ,

tal que . Además, los dos cuadrados se traslapan si, y sólo si las esquinas están

colocadas en alguna de las siguientes posiciones:

Así, el problema se reduce a contar las formas de colocar las dos esquinas en el subtablero de 4x4

de forma que las esquinas no estén en una de las posiciones mencionadas. El total de formas de

colocar las dos esquinas es . Contando los cuadrados en las posiciones mencionadas,

obtenemos un total de 42. Así, concluimos que el total deformas de colocar los cuadrados en la

manera pedida es

Problema 6.

Solución: Supongamos que es entero. Sea de modo que

con . Notemos que

Luego, si es entero,

entonces

es entero. Esto es, En particular, de donde

Así y .

Tenemos pues que y de ahí obtenemos que por lo que y . Luego,

y de ahí que Entonces ó . Así ó para

algún entero .

Si , entonces

Así, si es entero, se tiene

que ó . Si , entonces Si , entonces

Ahora, si , entonces . En cualquier caso concluimos que

es un cuadrado. Notemos ahora que, si , entonces que no

es un cuadrado perfecto.

x x

x

x

x x

x

X

x

x

x

x

52

Brontosaurio Volador

Problema 1.

Solución: Comencemos por notar que es representable si y sólo si , con y

, para algunos ≥ , pues son distintos. Esto es,

.

Entonces un número es representable si y sólo si se puede escribir como , para

algunos ≥ ≥ . Además, de las desigualdades anteriores se obtiene ≥ .

Por otro lado, si representable, entonces es representable, para cualquier entero positivo .

En efecto, si , entonces . Esto nos dice que si tiene un

divisor representable, entonces es representable también.

Ahora bien, si ≥ es impar, entonces

con

≥ . Esto es, es

representable. Así, si tiene un divisor impar mayor o igual que 7, entonces es representable.

Supongamos ahora que el divisor impar más grande de es menor que 7. Entonces ó

. Analizamos estos tres casos por separado.

Si es representable, entonces ≥ pues ≥ . Si entonces . Veamos que

no es representable. En efecto, si , entonces pues ≥ .

Luego, lo cual es absurdo pues es primo y . Ahora, si , entonces

. Esto es, es representable. Así, cualquier número es

representable para ≥ pues en tal caso.

Si es representable, entonces ≥ pues ≥ . Sabemos que es representable pues

y es representable. Veremos que es el número más pequeño, de esta forma, que es

representable, viendo que 12 y 24 no lo son.

Si , entonces pues ≥ . Entonces lo que

no es posible porque 11 es primo.

Si c, entonces pues ≥ . Pero si ó , entonces

ó . Esto es imposible porque implica que es representable lo que ya

establecimos como falso. Así, y . Pero esto último no es posible porque 23 es

un número primo.

Ahora, si es representable, entonces ≥ pues ≥ . Luego, y, como claramente

es representable pues , entonces es representable para ≥ .

De lo anterior concluimos que el conjunto de números no representables es finito, de hecho es

y su elemento máximo es .

53

Problema 2.

Solución: Sea la intersección de con . Mostraremos que es mediatriz de , lo que da

la igualdad deseada al ser un punto en la mediatriz de .

El cuadrilátero es cíclico por construcción. Luego, . Pero

porque es isósceles con . Así,

Por otro lado, por ser cíclico. Pero por

ser colineales. Así,

De y obtenemos que o equivalentemente . Esto es,

es la bisectriz desde en .

Problema 3.

Solución: Sea . Separamos en dos casos:

1) es un número par:

En este caso tenemos para algún entero positivo ≥ . Luego,

. Si , es un número impar, entonces , por ser

impares consecutivos, así que cada uno aporta al menos un factor primo distinto, digamos y

respectivamente. Además, es un número par por lo que aporta un factor dos al producto.

De este modo, para algún entero positivo . Así, el producto tiene al menos

divisores distintos. En el caso en que se tiene que tiene divisores positivos.

Luego, es uno de los números buscados.

Ahora bien, si es un número par, , entonces . Entonces

. Notemos que son primos relativos dos a dos. Además,

alguno de ó es par y es impar. Si , entonces alguno de ó aporta un

factor 2 a y el otro aporta al menos un factor primo impar . Como son primos relativos dos a

dos, se tiene que aporta otro factor primo impar distinto . De ahí que para

algún entero positivo . Luego, tiene al menos divisores positivos. En el caso tenemos

que tiene divisores positivos. Así que es otro de los números buscados.

2) es un número impar:

En este caso tenemos que son primos relativos dos a dos, ya que son impares que

difieren por ó . Si , entonces tiene divisores positivos. Si , entonces

tien divisores positivos.

54

Supongamos Dado que son tres números impares consecutivos, sabemos

que uno es un múltiplo de 3. Luego son de la forma en algún orden, .

Así, con impares distintos. Es claro que o bien tiene un factor primo distinto de

, digamos , o bien para algún . Si , entonces con impares

distintos. Como , entonces cada uno aporta un factor primo distinto de , de modo que

tiene al menos divisores positivos. Si , entonces tiene al menos divisores

positivos. Es claro que si , de esta manera observamos que la única

posibilidad para es dado que ya consideramos los casos . Esto es, las

posibilidades para son únicamente en las cuales alguno de ó es igual a .

Checamos estos casos uno por uno y encontramos que .

Concluimos que los valores posibles de son: y .

Problema 4.

Solución: Primero, para llenar un subtablero de , la primera columna se puede llenar de

formas, pues cada cuadro tiene dos maneras de llenarse. La siguiente columna se puede llenar de

formas pues al elegir el número en el cuadro superior, como hay ya números en el subtablero

de superior izquierdo, la paridad del cuarto tiene que ser igual a la de la suma de le los otros

3 para que la suma de los cuatro números sea par, por lo que ese número esta determinado.

Análogamente, con el subtablero de inferior izquierdo queda determinado el último número

de la columna. Para llenar la tercera columna, haciendo lo mismo que en la segunda, se puede

llenar de dos formas, sin embargo la elección del primer cuadro determina a los otros dos, y si la

paridad de ese cuadro se altera, también la de los otros dos cuadros, notemos que si tenemos tres

números y se cambia la paridad a los tres números, también se cambia la paridad de la suma de

los tres números pues es equivalente a sumarle o restarle a la suma total; entonces,

dependiendo de la elección del primer número, la columna va a tener suma par o impar, pero para

que el subtablero de tenga suma par, la suma de la tercera columna tiene que tener la

misma paridad que la suma de las otras dos columnas juntas. De esta manera podemos ver que en

un subtablero de , al tener llenas las primeras dos columnas o filas, la tercera queda

determinada por lo que las formas de llenar una cuadrícula de son .

Si tomamos un subtablero de que comparte dos columnas o dos filas con uno que ya está

lleno, la fila o columna que le falta queda determinada, por lo que podemos determinar todos los

subtableros que compartan filas o columnas de alguno que ya hayamos llenado y de esta forma

podemos determinar todo el tablero completo con la elección del primer subtablero de que

se puede hacer de formas.

55

Problema 5.

Solución: Sea la intersección de con , la intersección de con y la intersección

de con . Es claro que es el ortocentro de pues y son alturas. Luego, es

perpendicular a y de ahí que y son paralelas. Así, por el teorema de tales obtenemos

que

Por otro lado, dado que se tiene que y . Luego,

y

. Juntando estas dos igualdades y obtenemos que:

y

(i) Por el teorema de tales para obtenemos que

.

Sumando en ambos lados obtenemos

. Luego,

. Pero, por y lo

anterior, se tiene que

. Concluimos por el teorema de Menelao que y

son colinelaes.

(ii) Multiplicando por

obtenemos:

Donde la igualdad de la derecha se tiene por el teorema de Ceva aplicado a las alturas del

triángulo . Así por el teorema de Menelao concluimos que y son colineales.

Problema 6.

Solución: Sea entero positivo tal que , entonces .

Luego,

Por otro lado, pues ≥ . Así,

por lo que las únicas posibilidades para son ó .

Si , entonces . Luego, lo cual

es imposible pues por ser .

Si , entonces . De

este modo de donde ó .

Concluimos que el único primo con tal propiedad es .

56

Irracional (Dragón)

Problema 1.

Solución: Sea fijo. Mostraremos que las personas restantes se pueden poner

de acuerdo para hacer a la persona perder.

Supongamos que las personas se sientan, cada una con su bolsa, formando un círculo como

sigue:

Para hacer perder a la persona , el resto puede jugar como sigue:

Cuando llegue el turno de la persona , , ésta se para junto a la persona y, recorriendo las

bolsas en orden creciente, deberá tomar su moneda de la primer bolsa que no esté vacía y que sea

distinta de la bolsa .

Después de turnos sólo quedarán las monedas de la bolsa pues nadie ha tomado

monedas de ahí. En el siguiente turno cada persona distinta de la persona puede tomar una

moneda más (de la bolsa ), excepto la persona . Dado que no hay mas que esas monedas, la

persona pierde.

Problema 2.

Solución: Sean tales que se cumple lo deseado, entonces y para algunos

pues son números de tres cifras. Además, como es un cuadrado

perfecto, entonces ≥ . Si , entonces ∗ que no es un

cuadrado perfecto. Luego, .

Dado que ∗

es entero, se tiene que . Si , entonces . Como

es de tres cifras, entonces . Sin embargo, sabemos que , por lo

que es una contradicción. Así se concluye que . De lo anterior se sigue

que y con y . Dado que es

un cuadrado, se tiene que es un cuadrado. Entonces es un cuadrado

con , . Analizando cada caso posible se obtiene que los únicos pares

posibles para son:

y

Ahora, como ∗ es un cuadrado, entonces es

un cuadrado. Inspeccionamos cada uno de los casos anteriores y concluimos que los únicos pares

posibles para son y ∗ ∗ . Luego las parejas posibles para son

de la forma con , ya que .

57

Problema 3.

Solución: Sean , y los pies de las alturas en los lados y respectivamente y sea

su ortocentro. Dividamos en casos: cuando tres segmentos están juntos, cuando dos están juntos

y otro donde sea, y cuando los tres están separados.

Caso 1: Sin pérdida de generalidad digamos que . Como es altura, mediana

y mediatriz entonces el triangulo es isósceles con . Como se encuentra en la mediatriz

entonces y luego los triángulos y son congruentes con .

Como tenemos y entonces . De ahí que los triángulos

y son congruentes y . Como entonces .

Por ser altura tenemos que – . Entonces

– –

de ahí que entonces entonces es equilátero.

Caso 2: Sin pérdida de generalidad digamos que (el caso en que igualamos a

es análogo). Nuevamente, como es altura y mediana entonces y además es

bisectriz del ángulo en por ser y cíclicos -pues los pies de las alturas y los lados

forman un ángulo recto.

Entonces , además como

tenemos que los triángulos y son congruentes entonces y es el

ortocentro y cincuentero de y esto sólo pasa cuando es equilátero.

Caso 3: Sin pérdida de generalidad digamos . Sean los ángulos en el

vértice respectivamente. Ahora tenemos que

Haciendo lo mismo en cada lado y sustituyendo, nos queda que

de donde

Por la desigualdad media aritmética - media geométrica,

entonces

58

y, usando que

donde es el inradio y el circunradio, y

sustituyéndolo y despejándolo en la desigualdad, nos queda que . Sin embargo, por la

desigualdad de Euler, tenemos que que implica que y esto pasa si y sólo si el

triangulo es equilátero como queríamos.

Problema 4.

Solución: Sean enteros positivos tales que todos dividen a . Dado

que , entonces pues divide . Así , para algún entero positivo .

Por otro lado, dado que y , se tiene que . De ahí y por tanto

.

Analicemos los siguientes casos:

1) Si

Si , entonces . Si ó , entonces lo cual es

imposible. Así, la única posibilidad es . En este caso se cumple que y que

.

Por tanto, en este caso, las soluciones son de la forma tal que .

2) Si

Si , entonces . Luego, . Dado que

obtenemos que y de ahí que . Ahora bien, mayor divisor de distinto de es .

Esto es, ó . Dado que , concluimos que as únicas posibles son

.

Si , se sigue que . En este caso se tiene y pues

y . Así, las soluciones son . Esto último es

.

Si , entonces y . Dado que , se sigue que es

solución si . Esto último es .

Concluimos que las soluciones para son:

1)

2)

3)

59

Problema 5.

Solución: Comencemos por observar que , por lo que es acutángulo. Sea en

tal que ∢ ∢ . Como es cíclico, entonces ∢ ∢ . Así, se sigue que

∢ ∢ . Esto es, es altura en .

Por otro lado, como entonces es un punto en la mediatriz de . Sea el

cisrcuncentro de . Sea el punto medio de AP, entonces ∢ . Además,

∢ ∢

por ser bisectriz del triángulo isósceles . Por otro lado, ∢

∢

porque ∢ abre el arco y es circuncentro. Luego, ∢ ∢ .

Así, como ∢ ∢ y ∢ ∢ , entonces ∢ ∢ . De este modo, se sigue

que ∢ ∢ ∢ .

De esta manera, ∢ ∢ ∢ Concluimos que , es decir, coincide con

el circuncentro de .

Problema 6.

Solución: Cuando tiene dos o menos factores primos los únicos que cumplen son

Entonces, sea

su descomposición canónica en primos.

Supongamos que todos los primos son mayores que . Entonces, como sólo debe sobrevivir un

primo en la división, digamos , tenemos que:

Sin embargo, para todo primo , se cumple que ≥ , para ≥ y la igualdad se da

con y con . Entonces se tiene que tener los factores ó con potencias

menores a y respectivamente.

Ahora supongamos que es impar entonces para que la división sea entera todas las potencias

deben de ser pares es decir todas mayores o iguales a , pero esto es una contradicción por lo que

dijimos arriba, entonces es par y solo puede tener a lo mas factores de .

Dividamos en casos: cuando y cuando .

El primer caso es imposible pues tiene divisores, entonces él se eliminan todos los factores y

volvemos a cuando es impar lo que ya vimos que es imposible.

Ahora como el número de divisores de es entonces con .

Volvemos a dividir en casos:

Primero veamos cuando ; en la división se eliminan todos los factores , luego para que se

elimine el debe de haber factores primos más o algún . Como ya se eliminaron el número

60

de divisores de y , entonces

nunca se cumple

con

pues se reduce al caso impar.

Ahora . Entonces en la división podemos eliminar un factor y un factor . Si suponemos

que tiene o más factores primos diferentes de y , buscamos números que cumplan que

que es de nuevo la reducción al caso impar.

Entonces sólo tiene factores primos y . Por último, es fácil ver que si

entonces la división no da un primo. Así pues, todas las demás soluciones son de la forma

.

Desempate 1

Problema 1.

Solución: Notemos que en un cuadrado de sólo es posible colocar una moneda de la manera

deseada. Dado que hay cuadrados de traslapados, se pueden colocar a lo más monedas.

Si ponemos las monedas una en cada cuadrado comenzando desde arriba, alternadamente en las

esquinas superior derecha e inferior izquierda, es posible colocar una moneda por cuadrado de

manera que se cumpla lo pedido. Así concluimos que el máximo es .

Por otro lado, sabiendo que el máximo es y por la observación hecha de que en cada cuadrado

puede ir a lo más una moneda, concluimos que, de hecho, debe colocarse una moneda en cada

cuadrado de . Observemos que los cuadritos de traslape (donde se enciman dos cuadrados

de ) son comunes para esos dos cuadrados. Luego, para que se puedan colocar las

monedas, es necesario que nos e coloquen monedas en los cuadritos de traslape. Así, en los

cuadrados distintos del inicial y el final, sólo se pueden colocar monedas en los cuadritos superior

derecho o inferior izquierdo de cada uno de ellos. Además, notemos que una vez elegido uno de

éstos para el segundo cuadrado (de arriba abajo), los demás quedan determinados (hasta el

penúltimo cuadrado). En consecuencia, sólo es posible acomodar las monedas en dos formas, en

los cuadrados del segundo al penúltimo.

Notemos que para cada acomodo, la moneda que debe ir en el primer cuadrado puede estar en

una de dos posiciones: en la esquina superior izquierda o en una de las casillas superior derecha o

inferior izquierda (la contraria a la elegida para el segundo cuadrado). De forma análoga, para cada

acomodo en los cuadrados intermedios, la moneda del cuadrado final se puede poner en una de

dos posiciones. De ahí que para cada acomodo de las monedas en los cuadrados intermedios hay

cuatro formas de hacer el acomodo de las monedas.

Concluimos que el máximo de monedas se puede acomodar de maneras distintas.

61

Problema 2.

Solución: Sea la refelxión de respecto a Es claro que ya que es la

reflexión de respecto a . Del mismo modo . Así y por lo

que .

Por otro lado por ser la reflexión de respecto a . De lo anterior se obtiene

que . Así, se sigue que . Como

y se sigue que

. Luego, por el criterio LAL se tiene que .

De esta semejanza obtenemos:

Ahora bien, de la congruencia se tiene que . Restando a esta

igualdad obtenemos que

Por otro lado, de la misma congruencia obtenemos y . Sustituyendo esto en

obtenemos

. Multiplicando por

obtenemos

. Combinando esta igualdad con

, obtenemos por el criterio LAL que .

Ahora bien, notemos que es la bisectriz del ángulo por construcción. Como ,

entonces es también altura. Luego, es perpendicular a . Por ser perpendiculares estos

lados correspondientes de los triángulos semejantes y , lo mismo pasa con los otros

dos pares de lados correspondientes. Concluimos que es perpendicular a como se quería

demostrar.

Problema 3.

Solución: Notemos que si es par, entonces es impar por lo que no es divisible entre .

Ahora mostraremos que existe un impar tal que .

Sean impares tal que . Entonces . Pero

factorizando obtenemos . El segundo

factor es un número impar ya que es la suma de números impares y es impar. Luego, este

número tiene inverso multiplicativo módulo ya que es primo relativo con . Así obtenemos

que o equivalentemente

Lo anterior nos dice que si entonces . Tomemos los números

impares menores que . Existe uno de ellos, digamos , tal que . Además,

los números

son congruencias impares distintas módulo . Esto

implica que son todas las congruencias impares posibles módulo . Luego, una de ellas, digamos

es tal que . Concluimos que existe tal que .

62

Desempate 2

Problema 1.

Solución: Si entonces por lo que y cumplen. Análogamente

cumplen. Entonces S.P.G digamos . Expandiendo la ecuación original

tenemos que que pasando todo del lado izquierdo y escribiendo a

como y factorizando el factor en los que es posible tenemos que

y haciendo la diferencia de cuadrados, pasando el

factor al lado derecho y factorizando el factor común en el lado izquierdo obtenemos que:

Ahora analicemos los siguientes casos: Si ó es , si

o si ninguno es . Claramente no es posible ya que si no lo cual no es

posible. Además el caso de es análogo al de .

Así que digamos . Entonces . Observemos que es

impar por lo que es 1 ó . Si entonces y completando la ecuación, .

Ahora si entonces por lo que lo que no tiene

solución con y primos.

Ahora si entonces . Como es impar, entonces

es . Si entonces es la única posibilidad la cual no

cumple. Si entonces y, completando la ecuación, Análogamente,

si y . Ahora si entonces lo cual no es

posible ya que y son mayores que en este caso.

Ahora si son primos impares entonces en la ecuación y

es un impar, por lo que es . Si es entonces lo cual es una

contradicción. Si y restando de la segunda ecuación

la primera ecuación tenemos que que implica que es par lo cual implica

que no es primo ya que . Ahora si entonces lo que

implica que lo cual no es posible ya que son mayores que y al menos un par

de ellos son distintos.

Por lo cual las soluciones que cumplen son: ,

con y primos cualesquiera.

63

Problema 2.

Solución: Sea la cantidad de puntos en el grupo y el número total de triángulos. Notemos

que, en cada grupo, hay un triángulo por cada subconjunto de tres puntos distintos. Luego, en el

grupo hay triángulos. Así,

Supongamos que , entonces también y

. De este modo, dado que cada lista es de números positivos pues

≥ , la desigualdad del reacomodo nos asegura que:

≥

≥

≥

Con igualdades si y sólo si y . Sumando las

desigualdades y sumándoles obtenemos que:

≥

Luego,

≥

Con igualdad si y sólo si .

Aplicando el mismo razonamiento a las listas y

obtenemos que

≥

64

Luego, por la anterior desigualdad:

≥

Así,

≥

Pues .

Entonces ≥

, con igualdad si y sólo si . Por tanto, el

menor número de triángulos es .

Tomemos el arreglo en el que para cada . Basta mostrar que dados diez puntos en el

plano, no habiendo tres colineales, es posible pintar cada segmento entre ellos con uno de tres

colores de forma que no hay un triángulo con sus tres lados del mismo color.

Problema 3.

Solución: Sean los puntos medios de respectivamente. Notemos que es

perpendicular a por ser circuncentro. También, es perpendicular a por ser

ortocentro. Luego, es paralela pues ambas son perpendiculares a .

Por otro lado, es el punto medio de y es punto medio de . Luego, usando teorema de

Thales concluimos que es paralela pues

.

De lo anterior podemos concluir que es paralela a .

Análogamente obtenemos que es paralela a . Luego, es un paralelogramo y,

entonces:

∢ ∢

Por otro lado es un cuadrilátero cíclico pues ∢ ∢ . Así,

∢ ∢ pues abren el mismo arco en la circunferencia de . Análogamente

obtenemos ∢ ∢ .

De estas igualdades y obtenemos que ∢ , con lo que es un triángulo

isósceles. Al ser altura en un triángulo isósceles, también es mediana.

Concluimos que

65

XXV OMM

Problema 1.

Solución (Carlos Alejandro Hernández Gómez): En un triángulo equilátero se pueden cambiar solo

dos focos del triángulo (pues entre ellos hay 7 focos) o se pueden cambiar todos. Se puede llegar a

que todos los focos de un triángulo equilátero estén prendidos de la siguiente manera: si los tres

focos están apagados solo se prenden los tres, si hay dos prendidos y uno apagado, se pueden

apagar los dos prendidos y luego prender los tres, si hay dos apagados y uno prendido

simplemente se prenden los dos apagados. Se aplica esto a los 8 triángulos del 24-ágono hasta que

todos los focos de la circunferencia quedan prendidos, por último, si el foco de el centro queda

apagado se puede tomar cualquier triángulo equilátero, y si enumeramos los focos de sus vértices

del 1 al 3 y cambiamos los focos 1 y 2, luego el 2 y 3 y finalmente el 3 y 1, como se hicieron dos

cambios a cada foco quedaron prendidos, pero al hacer 3 operaciones en total el estado del foco

del centro fue cambiado que es lo que queríamos.

Problema 2.

Solución: Sea F el pie de la altura desde A y sea H la intersección de AF con DE. Además sea G el

punto diametralmente opuesto a A en la circunferencia de radio BA y con centro en B. Si

demostramos que BH es altura del triángulo ABC acabamos ya que entonces H es ortocentro y por

lo cual DE pasa por él. Sea ∢ por lo que ∢ y como DA es tangente al

circuncírculo de ABC ∢ ∢ ∢ por subtender el mismo arco. Luego notemos que

∢ ya que subtiende el diámetro AG y por lo tanto ∢ . Luego como el

cuadrilátero DGEA es cíclico ∢ ∢ por subtender los mismo arcos. Entonces

∢ ∢ . Lo que significa que HAE es un triángulo isósceles con HA=HE. Además

notemos que BA=BE ya que son radios. De lo cual podemos concluir que BH es la mediatriz de AE,

lo cual implica que BH es perpendicular a AE como se quería demostrar.

Problema 3.

Solución: Por facilidad de notación, diremos que . Despejamos de cada ecuación y

obtenemos . Ahora, si sumamos todas las ecuaciones, los términos lineales se

cancelan y obtenemos , de donde

≥

por desigualdad MA-MG.

Ahora, en cada igualdad, con un pequeño despeje y factorización, obtenemos

66

y, multiplicando todos los términos, obtenemos

Como se da la igualdad en la MA-MG, podemos concluir que

Todos los

cuadrados son iguales y su producto es , entonces pues es el único número real que es

su propio inverso. De aquí,

Sustituyendo en la igualdad inicial, tenemos que

para toda . Por lo que sólo hay dos soluciones: y .

Problema 4.

Solución: Como queremos que sea divisible entre y tiene que ser par, entonces el último dígito

es Ahora, si el otro dígito es tal que , entonces se requieren al menos nueve dígitos

más; por Pequeño Teorema de Fermat y criterios de divisibilidad, el número satisface

las condiciones del problema por lo que el número que buscamos debe ser tal que ≥ . Si

, entonces el número termina en ; si , el número termina en . Además, si

, entonces se necesitan al menos tres dígitos iguales.

Vemos que satisface. Ahora, como , cualquiera que sea la forma del número,

se puede factorizar como donde es un número formado por y divisible entre que

tiene entre cuatro y siete dígitos. Veamos las congruencias de las potencias de módulo .

No consideramos las dos primeras porque tienen que ser . Claramente no se puede con un único

dígito distinto de . Si fueran dos dígitos distintos de , tendrían que ser y no se puede usar la

sexta potencia –sería más grande que el que ya tenemos- ni la segunda –en este caso se necesitan

tres al final para que sea divisible entre . Haciendo las sumas, tenemos .

Si fueran tres dígitos distintos de analizamos los casos:

. Necesariamente sería

Tampoco podemos usar el cuadrado por lo que sería alguna combinación de las

otras cuatro. Como , tenemos que quitar una, todas son

menores a , tendrían que sumar pero ninguna es congruente a

67

Como , nuestra elección puede sumar . Para que sume

, tendríamos que quitar dos cuya suma sea , que no es posible. Para que sume ,

tendríamos que quitar dos cuya suma sea , que sólo es posible si el número es

Problema 5.

Solución (José Ramón Guardiola Espinosa): Sean enteros no negativos tales

que cumplan:

1)

2) es mínima.

Claramente , en caso contrario , lo que contradice la

hipótesis (1).

Veamos que para todo . Para demostrarlo supongamos que no es así, entonces

existe alguna tal que . Luego, si es par, digamos , podríamos tomar y

; entonces

, y por otro lado

, lo cual contradice nuestra hipótesis (2) pues podríamos sustituir los

números y por y y la suma es menor que la que habíamos supuesto era mínima ya

que . Análogamente, si es un impar , podríamos tomar

y ; entonces

, y por otro lado , de donde

concluimos lo mismo.

Por tanto, ó para todo . Pero si algún fuera 0, entonces

. Por lo tanto

.

Entonces, si queremos partir un rectángulo de área en rectángulos

con áreas iguales a potencias de dos, éstas sólo pueden ser , pues la

siguiente potencia es más grande que . Si son las cantidades de

rectángulos con áreas , respectivamente, sabemos que esos números cumplen

que las sumas de las áreas es el área total, es decir,

y que la partición es la que usa la menor cantidad de rectángulos, es decir,

es mínima, si y sólo si . En ese caso, la cantidad de rectángulos

sería .

Sólo falta mostrar que se puede conseguir una partición del rectángulo en rectángulos.

Hacemos particiones del rectángulo todas paralelas al lado de longitud de la

siguiente manera: la primera a distancia del lado del rectángulo original, la segunda a distancia

68

de la primer partición, la tercera a distancia de la segunda partición, y así cada una de las

siguientes se hace a una distancia del doble de la que se dejo entre las ultimas dos particiones de

la partición anterior; y finalmente se hace una partición perpendicular a esas particiones a una

distancia de un lado del rectángulo original de medida . Las primeras particiones

dejan rectángulos de lados y una potencia de (porque comenzamos con uno de lado y

los siguientes fueron del doble del anterior), y la última partición divide a cada uno de eso

rectángulos en uno de lados y una potencia de y otro de lados y la misma potencia de .

Como los lados de todos los rectángulos son potencias de , sus áreas son potencias de (es decir,

tienen una cantidad potencia de de cuadritos de dentro). Luego, sólo notemos que las

primeras particiones forman rectángulos, y al dividir estos quedan .

Con esto concluimos que es la menor cantidad de rectángulos en los que se puede dividir la

cuadrícula.

Problema 6.

Solución (José Ramón Guardiola Espinosa): Sea la intersección de las rectas y . Estás

rectas no pueden ser paralelas a partir de que y tienen radios distintos y por tanto no

puede ser un trapecio isósceles. La prueba de esto se da al final.

Nótese que es un cuadrilátero cíclico pues la potencia desde a y a es la misma por

estar sobre , su eje radical; es decir, Por lo tanto

.

Vamos a demostrar que

Para ello veamos que

es cíclico.

Notemos que y son suplementarios por ser opuestos en el cíclico . Por otro

lado, es suplementario de pues son el ángulo inscrito y el ángulo

seminscrito, respectivamente, de los dos distintos arcos que determinan y en ; es decir,

y

, en ( es tangente a ).

Veamos ahora que

, en ( es tangente a ). Por otro lado

, pues el triángulo es isósceles con a partir de que está sobre el

eje radical de y , y y son tangentes a éstas.

69

Luego rescribamos

Y con las igualdades y obtenemos , por lo que es cíclico.

Para concluir la solución, tomemos un punto sobre . Usando el Teorema de Thales con las

transversales y , y sabiendo que es cierta la igualdad , podemos afirmar que

70

Teoría de la medida María la Folclorosa

Distancia.

Antes la medían con las patas. Digo, con los pies. También con los pulgares. Ahora miden con pulgares (dicen por ahí que antes se podía medir con aplausos) el grado en que algo gusta. Y les gusta medir la distancia con años felices. Digo, luminosos. Digo, años luz. Desde que te conozco, para mí, la distancia se mide en horas.

Velocidad.

Algunos monstruos marinos la miden con nudos. Algunos otros, no marinos, pero que les gusta navegar, miden la velocidad en mordidas.

Hace algunos años solía medir la velocidad con el color de un triciclo.

Tiempo.

Supe de una escuela para locos donde miden el tiempo con pizarrones.

De otra para músicos donde miden el tiempo con compases.

Y de otra más para poetas donde medían el tiempo con ruedas y sombreros.

En fin, dejaré de decir sandeces mientras transcurre la distancia que tardas en llegar.

71

Trabajar como matemático

Héctor Flores

Muchas veces me preguntan sobre las oportunidades de trabajo de los matemáticos. En especial

estudiantes de matemáticas o de bachillerato, pero también otras personas. Aunque he publicado

en la red y enviado muchas referencias a noticias y páginas, mostrando por ejemplo que

“matemático” suele ser clasificado como uno de los mejores trabajos en Estados Unidos. Aquí

pretendo dar respuestas directas a esta inquietud tanto una visión general como algunas opiniones

más específicas y personales.

1. Consejos iniciales

Antes que nada quisiera dejar claro a lo que me refiero con “trabajo”. Usualmente consideramos

como trabajo a una actividad que realizamos por la cual recibimos una remuneración económica.

Esta remuneración tiene que venir de alguien y si ese alguien está dispuesto a pagarnos, es porque

podemos hacer algo que es de valor para ellos. Una recomendación general –no sólo para

matemáticos- es que si quieres tener trabajo debes aprender a hacer algo que genere valor para

alguien que tenga dinero, así de simple. Hay millones de maneras de hacerlo.

Aprovecho para urgir a los estudiantes a dejar de lado la actitud de “vengo a que me enseñen” y la

cambien por la actitud “yo voy a convertirme en experto, con ayuda, sin ayuda o con obstáculos”.

Ningún maestro los hará expertos, tomen como referencia la pasión y persistencia de algunos

jóvenes para hacer trucos en patineta o para tocar guitarra, sin profesores, sólo observando,

investigando, intentando, equivocándose y volviendo a intentar. No hay atajos.

Regresando al tema del trabajo. Existen cuatro caminos que puedes seguir para ganarte la vida

como matemático. En la docencia, en la investigación, en empresas o por tu propia cuenta.

2. Trabajo en docencia (instituciones educativas)

Aunque tristemente menospreciado el trabajo de profesor es el más importante que tiene un país.

Puedes no estar de acuerdo, pero en lo personal me parece que para la sociedad ser profesor es

un trabajo más importante que ser médico. Un médico puede que llegue a salvarle la vida a

alguien (y no es muy frecuente) pero no se la cambia. Sin embargo, un profesor típico puede

definir el rumbo de vida a decenas o cientos de personas cada año. En las manos de los profesores

está motivar –tristemente también desmotivar- a los futuros ciudadanos. La calidad de país que

tenemos depende directamente de la calidad de los profesores. Si como sociedad seguimos

menospreciando este trabajo, México nunca podrá resolver sus problemas más profundos.

Aún siendo egoísta, pensando sólo en tu bienestar personal, ser profesor es un trabajo con poco

estrés y con sueldo no despreciable. Claro, siempre que tengas algo valioso qué enseñar. Además,

independientemente del trabajo, las habilidades de comunicación y motivación que requieres

72

como profesor son altamente requeridas en otros trabajos. Hagas lo que hagas, tienes que ser

capaz de presentar de forma clara un tema complejo frente a un grupo de 50 personas.

3. Trabajo en investigación (centros de investigación)

El trabajo de investigación suele ser un poco mejor pagado que el de docencia y no tiene mucho

estrés, sin embargo hay que pagar un precio. Necesitas hacerte experto en algo en lo que haya

pocos expertos y siempre tienes que estar llegando a niveles más profundos. Tiene que gustarte

leer mucho, escribir y ser muy persistente para pensar en el mismo problema por días o meses.

Para esto es necesario que elijas con cuidado el área donde quieres hacer investigación. Si eliges

un área con mucha gente investigando, será complicado llegar a convertirte en experto, pero si

eliges un área poco tratada, puedes arriesgarte a tener pocas opciones de colaboración y poca

gente que le interese lo que haces. Suele ser conveniente tener un mentor. Esto nos lleva a otro

precio. Para hacer investigación es imprescindible estudiar los máximos grados posibles,

frecuentemente es necesario llegar a hacer post-doctorado y estancias de investigación.

Una de las ventajas de estudiar una licenciatura en matemáticas es la posibilidad de cambiar el

rumbo de tus intereses. Por ejemplo, suele ser más fácil para un matemático iniciar posgrados en

física, economía, neurociencias o informática que al revés. De cierta forma la carrera de

matemático es como una extensión del bachillerato para aquellos que aún no se deciden pero

quieren elegir algo en ciencia o tecnología.

4. Trabajo en empresas (otras empresas)

Una tercera opción de trabajo es trabajar directamente como empleado de una empresa o

industria. Esta opción, sin embargo, suele ser buena sólo en cierto tipo de empresas. La

clasificación de empresas es compleja, por simplicidad las clasificaremos como empresas

tradicionales y empresas de conocimiento.

Las empresas tradicionales ofrecen un producto o servicio que saben hacer muy bien y reciben un

pago de parte de sus clientes. Puedes reconocerlos porque estos productos o servicios están

fácilmente clasificados –tienen un catálogo de productos-. En estas empresas aprendes a hacer

algo y lo debes seguir haciendo de esa forma. A veces hay innovaciones, pero innovación es la

excepción y no la regla.

Las empresas de conocimiento tienen más dificultades para clasificar o describir sus servicios o

productos. Suelen ser empresas que resuelven problemas de otras empresas y rara vez tienen

personas como clientes, sus clientes son otras empresas. En estas empresas tienes que estar listo

para enfrentarte a problemas diferentes con cada nuevo proyecto.

Así pues, como matemático es más probable adherirte a una empresa de conocimiento que a una

tradicional. Además de que una personalidad científica típica suele morirse de aburrimiento en

una empresa tradicional –a menos que tengan departamento de investigación-.

73

Pero para tener buenas oportunidades en una empresa debes preocuparte (TÚ MISMO debes

preocuparte y ocuparte) por tener habilidad de comunicación, facilidad para trabajar realmente en

equipo, ser muy responsable, tener conocimientos de programación y se esperará que tengas al

menos conocimientos de estadística, modelos matemáticos y algoritmos. Independientemente de

los cursos que lleves, aprende bien al menos estos temas por tu cuenta. Investiga empresas que te

interesen y busca en internet otros temas matemáticos que puedan ser de interés para ellos.

Este tipo de trabajos no los vs a encontrar en el periódico por al menos dos razones. Primero

porque en los países en desarrollo hay muy pocas empresas de conocimiento y pocas empresas

tradicionales con departamentos de investigación. Aunque podrías encontrar vacantes que

solicitan estadística, lo más probable es que sea para llevar un control de la calidad o producción y

es posible que sea muy aburrido para muchos matemáticos, aunque puede haber excepciones. La

segunda es que realmente hay pocos matemáticos y si hubiese vacantes se solicitan en otras

agencias o por referencias personales.

5. Trabaja por tu cuenta

La necesidad existe, de eso no hay duda. Si reconoces una necesidad que tú puedes cubrir con tu

conocimiento puedes animarte y hacerte independiente. Ser emprendedor no significa rentar y

local y contratar decenas de empleados. Muchas grandes empresas inician en tu propio

departamento con un par de laptops. Puedes iniciar dando servicios sencillos, como cursos de

temas de interés para empresas, consultorías en proyectos existentes mientras tomas experiencia

o confianza para guiar tus propios proyectos o asociarte con emprendedores de otras áreas. En

caso de querer hacer tu propia empresa no hay muchas reglas.

Sólo podría darte las ocho directrices para el éxito de Richard St. John.

1. Pasión. Debes hacerlo por amor no por dinero. Piensa si estarías haciendo eso si tuvieras

$1000,000,000 en tu cuenta de banco.

2. Trabajo. Cuando eres tu propio jefe, debes trabajar más duro. La única manera es

disfrutarlo. Esto es fácil si cumples el punto 1 y es imposible si no es así.

3. Enfoque. Debes procurar enfocar bien tu objetivo. Sólo en una sola cosa.

4. Empuje. Muévete a ti mismo o encuentra alguien que te motive. Esfuérzate más cuando

parezca que no puedes.

5. Ideas. Escucha, lee, observa, sé curioso, haz preguntas, resuelve problemas, haz

conexiones. Necesitas ser un buscador de ideas nuevas.

6. Mejor. Debes ser el mejor en lo que haces. Concéntrate en algo y haz lo que sea para ser el

mejor del mundo en eso. Se facilita si te enfocas en tus talentos.

7. Servicio. Busca hacer algo que sea de valor para otros. Acostúmbrate a servir y ayudar a

los demás. Evita la mentalidad egoísta, piensa siempre en “tú ganas, yo gano”.

8. Persistencia. Nunca te rindas. La persistencia es la razón principal del éxito.

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De hecho, agregaría una novena directriz.

9. Rebeldía inteligente. Aprende cuándo seguir directrices y cuándo romper las reglas. Si

estás en duda, mejor sigue las directrices.

Algo que no está en estos puntos es rodearte profesionalmente de las personas adecuadas. Busca

colaboradores, especialmente aquellos cuyas fortalezas sean tus debilidades. De esta forma el

equipo que formen será mucho más eficiente. Como matemático podrías iniciar un gran equipo

con emprendedores en otras disciplinas científicas, económicas o tecnológicas. Todos los

proyectos realmente importantes se logran en equipo.

6. Otras cosas que ver

Aquí agrego algunos enlaces a noticias, textos y videos interesantes.

Careers in Mathematics, http://www.math.ucsc.edu/undergraduate/careers

Mathematician as #1 Job in 2009, http://alturl.com/rm58d

La industria necesita matemáticos; entienden mejor los problemas,

http://alturl.com/ykhpe

Mathematicians and their skills coveted in many occupations, http://alturl.com/9hu46

Richard St. John’s 8 secrets of success, http://alturl.com/9y2ux

Lamento de un matemático (Paul Lockhart), http://alturl.com/tya65

Buenas decisiones para una gran carrera como matemático, http://alturl.com/zz4dg

Aleph5 (empresa de conocimiento en matemáticas), http://www.aleph5.com

Universidad Autónoma de Nuevo León, http://fefm.uanl.mx/

Héctor trabaja en la Universidad Autónoma de Nuevo León,

puedes contactarlo en [email protected]

http://www.math.ucsc.edu/undergraduate/careers

http://alturl.com/rm58d

http://alturl.com/ykhpe

http://alturl.com/9hu46

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mailto:[email protected]

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Acertijos y la curva de Jordan David Torres Flores

Uno de los usos que con mayor frecuencia le damos a las matemáticas es el de entretenernos. Por

lo general no nos damos cuenta, al punto que la idea suena bastante descabellada, pero considero

que bastará dar un par de ejemplos para dejar en claro este punto.

Iniciemos con un juego bastante común entre los niños: Timbiriche. El timbiriche es un juego para

dos personas y para el que basta una libreta cuadriculada y un lápiz. Los jugadores primero,

marcan todos los puntos de un tablero de, digamos, . Alternadamente, trazan líneas de

longitud para unir algunos de los puntos del tablero. El jugador que cierra un cuadradito de

, le pone una marca, para indicar que es suyo y vuelve a tirar. El ganador es aquél que marca

más cuadritos. El timbiriche es un juego muy sencillo de jugar, pero que contiene muchos

elementos que lo hacen también extremadamente interesante, y ha sido tema de diversos

artículos de divulgación de las matemáticas1.

Otra actividad matemáticamente recreativa, pero más popular entre gente más adulta es el

famoso Sudoku. Se juega en un tablero de en el que hay que insertar los números del al

en cada casilla, de forma que en cada fila, columna y de ciertos subtableros de contengan

una y exactamente una vez a los números del al . A diferencia del Timbiriche, el Sudoku no es

un juego para dos personas, sino más bien podríamos compararlo con un acertijo en el que

tenemos que descubrir algo (en este caso, todos los números del tablero) en base a cierta

información que se nos proporciona (los números que vienen ya escritos en el tablero) usando el

ingenio y la lógica.

Tanto el Sudoku como el Timbiriche son actividades que poseen un genuino interés matemático

en sí mismos, pero la aseveración anterior puede no parecer del todo clara. Después de todo ¿Qué

tienen de similar el Timbiriche y el Sudoku con el álgebra, o las ecuaciones que vemos en la

escuela?

La pregunta a la anterior podría parecerse a preguntar ¿Qué tienen en común las cumbias con la

música clásica? Sin embargo, los caminos de las matemáticas son intrigantes y misteriosos y

constantemente muestran relaciones entre objetos que al parecer no tenían nada en común. Para

ilustrar un ejemplo de ello, introduciré otro acertijo, una mezcla de Sudoku y Timbiriche, y

mostraré su conexión con uno de los teoremas de mayor importancia para los matemáticos: El

Teorema de la Curva de Jordan.

El Slitherlink es un acertijo, en el mismo sentido que el Sudoku lo es. Nos da cierta información en

un inicio, y en base a ella y nuestro ingenio y lógica debemos de descubrir algo. Sin embargo, se

1 Locos por las matemáticas, de Ian Stewart es un buen ejemplo.

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juega en un tablero semejante a un tablero de Timbiriche. En la figura podemos ver un ejemplo de

un acertijo de Slitherlink en un tablero de .

En el tablero anterior, alguien ha trazado algunas de las líneas que unen los signos de +, (como en

el timbiriche), pero en lugar de formar cuadritos, las líneas forman un caminito. El camino nunca

se corta a sí mismo e inicia y termina en el mismo lugar (los matemáticos llaman a esto una curva

cerrada simple). El objetivo del juego es encontrar el camino oculto. Para ello poseemos de ciertas

pistas: los números en el tablero. En algunos de los cuadraditos de del tablero hay un

número del al que nos indica cuántos de los lados del cuadradito de forman parte del

camino.

¡Intenta resolver el acertijo! Si te gana, aquí encontrarás la solución.

Al igual que el Sudoku y el Timbiriche, el Slitherlink posee ciertas estrategias que nos ayudan a

encontrar la solución. Por ejemplo, si aparecen un y un en cuadritos que comparten un lado,

queda claro que el camino debe seguir un patrón como el siguiente:

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De igual manera, si dos aparecen en cuadritos que comparten un lado, los lados marcados de

rojo necesariamente forman parte del camino

y si los están en diagonal, entonces podemos asegurar que se verá algo así (¿Por qué?)

Como los anteriores, encontrarás muchos patrones para el Slitherlink en el final de este artículo.

Al momento, el Slitherlink debería de parecerte similar al Sudoku y al Timbiriche. Esto es,

entretenido, pero no demasiado sofisticado. Después de un poco de prueba y error, así como de

trabajar tu ingenio y lógica, es posible resolverlo. Sin embargo, podemos hacer mayor el tamaño

del tablero, y con ello incrementar significativamente la dificultad del problema.

El anterior es un Slitherlink de . Al intentar resolverlo, notarás que es más complicado que

el de debido a que se han aumentado las posibilidades. ¡Intenta atacar un poco este tablero

antes de continuar leyendo!

Con el tablero anterior, encontrarás que no es trivial resolver un Slitherlink tan grande como el

anterior. Si bien los patrones como los que hemos descrito ayudan mucho, estarán lejos de

78

resolver el problema por completo. En estos casos, puede ser útil desarrollar herramientas más

sofisticadas. Es aquí donde el Teorema de la Curva de Jordan entra en acción.

El Teorema de la Curva de Jordan es un teorema que parece extremadamente intuitivo y claro,

pero que es muy difícil de probar formalmente. Camille Jordan, un matemático francés, fue el

primero en ofrecer una prueba del teorema (en 1887), que resultó estar incompleta según el rigor

matemático actual. Oswald Veblen dio (en 1907) la primera demostración que se considera

completa actualmente.

Sin embargo, muy probablemente te convencerás muy rápido de la validez de este teorema tan

pronto sepas lo que enuncia. Para ello debes imaginarte que dibujas una curva2 cerrada simple. Es

decir, que colocas la pluma sobre el papel y sin levantarla, realizas un trazo que no se corte nunca

a sí mismo (es decir, simple) y que inicias y terminas el trazo en el mismo lugar (esto significa

cerrado). Por ejemplo, algunas curvas cerradas simples son las siguientes:

En cambio, de las dos curvas que se ven abajo, la de la izquierda no es cerrada, mientras que la de

la derecha no es simple.

Intuitivamente hablando, el Teorema de La Curva de Jordan dice que toda curva cerrada simple

divide al plano en dos partes: la de adentro y la de afuera. Esto puede parecer muy claro, sin

embargo existen curvas como la de abajo en la que no es inmediato si el punto A se encuentra en

la parte de adentro o en la parte de afuera. ¿En cuál de las dos está?

2 Los matemáticos consideran las líneas rectas como un tipo de curvas.

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Existen formas fáciles y rápidas de saber si el punto A está en el interior o en el exterior de la

curva. Una de ellas consiste en trazar un rayo desde A (es decir, una línea recta que inicie en A y se

prolongue indefinidamente en la otra dirección)3. Hecho esto, cuenta cuántas veces corta a la

curva. Si la corta un número par de veces, se encuentra afuera, y si la corta un número impar de

veces, se encuentra adentro (¿Por qué?). En nuestro ejemplo, el rayo corta 4 veces a la curva, por

lo que el punto A se encuentra en la parte de afuera de dicha curva.

También puedes notar que resulta útil colorear el interior de la curva, lo cual hace evidente qué

puntos están en el interior y qué puntos están en el exterior.

¿Qué tiene que ver todo esto con el Slitherlink? Pues bien, si recuerdas, el caminito del Slitherlink

es una curva cerrada simple, por lo que, de acuerdo al teorema de la curva de Jordan, va a separar

el plano en dos partes: una de adentro y otra de afuera. Por extraño que pudiera parecer, usar

este tipo de ideas resulta de mucha ayuda a la hora de atacar el Slitherlink.

Recordemos nuestro tablero de del último acertijo. Si desististe después de un rato de

estarlo intentando, podrías haber encontrado algo como lo siguiente:

3 El rayo no debe tocar tangencialmente a la curva en ningún punto. ¿Qué quiere decir esto?

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Es decir, después de poner algunos patrones sencillos y más o menos claros marcamos algunas

líneas que deben ser parte del camino y algunas que no pueden ser parte de él. Sin embargo, ¿qué

sigue? La idea consiste en identificar cuáles de los cuadritos estamos ya seguros que están en el

interior del camino y cuáles en el exterior. Para ello, usamos los dos métodos descritos

anteriormente, pero recordando que no estamos viendo todo el camino.

¿Puedes colorear todos los cuadritos que, con la información del cuadrado anterior, estamos

seguros que están adentro o afuera del camino?

Si aplicas los consejos que hemos dado, no debe resultarte difícil convencerte que las regiones que

marcamos de azul se encuentran fuera de la curva y las que hemos marcado de rojo se encuentran

dentro.

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Esto se debe a que si dos cuadraditos tienen una x entre ellos, entonces son del mismo color, y si

tienen una línea entre ellos son de diferente color. Además, los cuadros que están separados por

una línea del borde deben ser rojos, y los que no lo están deben ser azules. Sin embargo, esto nos

lleva a observar la línea verde: De un lado hay azul y del otro rojo. Esto implica que la línea verde

debe formar parte del camino. Sin embargo, la línea verde es información nueva: no la habíamos

detectado en nuestra información anterior. De esta forma, resulta muy sencillo ir encontrando

líneas que forman parte (o que no forman parte) de nuestro camino. En ocasiones, este tipo de

análisis, más que simplificar, resulta necesario para resolver el problema.

Lo anterior, por simple que parezca, es una analogía tremendamente precisa del trabajo de un

matemático: en primer lugar nos enfrentamos a un problema que nos representa un desafío: algo

nuevo qué resolver. Desarrollamos herramientas (como los patrones) para ayudarnos a resolver

los casos más sencillos de nuestro problema, pero muchas veces nos encontramos con que éstas

son insuficientes. Entonces, es necesario hacer un análisis a mayor profundidad de nuestro

problema y tratar de conectarlo con nuestra experiencia anterior. Puede ocurrir entonces que nos

encontremos que hay un resultado muy importante (nuevo o antiguo, en este caso el Teorema de

la Curva de Jordan) que por lo general se puede aplicar a muchos más problemas que el que

estamos trabajando. Entonces hemos dado con el meollo del asunto, estamos en una posición de

mayor claridad en la que comprendemos qué es lo que estábamos haciendo: por qué teníamos

dificultad en algún punto o por qué algunas cosas eran muy fáciles de hacer. Es entonces

momento de recapitular, y hecho esto de moverse adelante al siguiente desafío...

David es conocido por su nombre artístico Gato

es capitán de Rabilia, fanático de los panzas verdes

y escribe para El Deforma.

82

Problemas propuestos año 1 número 2

Siguiendo el ejemplo de la revista Tzaloa de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas, cada número

propondremos algunos problemas para nuestros lectores. Pueden mandar sus soluciones o

proponer problemas a [email protected] y, si son buenas, las publicaremos en el

siguiente número.

Enunciados

Problema 1. Luis y Eugenio recogían canicas por turnos. En cada turno Luis recogió canicas,

mientras que Eugenio recogió de la siguiente manera, en su primer turno tomó canicas, después

recogió y se mantuvo recogiendo de por turno, hasta que en cierto turno decidió darle más

velocidad y recogió canicas, a partir de ese turno en cada turno recogió canicas más

que en su turno anterior. En cierto turno notaron que tenían la misma cantidad de canicas. Si y

son números primos ¿cuánto puede valer ?

Problema 2. Dado un conjunto de números , decimos que es la suma de los elementos

de A. Cuales el promedio de las , donde los son los subconjuntos de elementos

tomados de

Problema 3. ¿Cuántos subconjuntos de elementos cumplen que al tomar de sus elementos

, y considerar los siguientes tres números: , y calcular la

suma de sus cifras hasta reducirla a un número, ninguna de estas sumas resulta ser ?

Problema 4. El Reloj de la torre Saurio tiene manecillas y está descompuesto, llevaron a un

velocirraptor para que lo arreglara pero no lo dejó del todo bien, ahora la manecilla de los

segundos se mueve tres veces más rápido que como debería y tiene una peculiaridad: cuando

alcanza a la manecilla de las horas o a la manecilla de los minutos invierte su dirección. Los Saurios

tardaron un día en darse cuenta de esto. Si la manecilla de los segundos mide medio metro, ¿Qué

distancia ha recorrido la punta de la manecilla, para cuando los saurios lo notaron?

mailto:[email protected]

84

Comité Editorial

José Ramón Guardiola Espinosa

Manuel Jiménez Benítez

José Ángel Sosa Salinas

Demian Espinosa Ruiz

Siddhartha Morales Guzmán

Luis Islas Cruz

José Luis Carballo Lucero

José Trinidad Barajas

Francisco Javier Zubieta Rico

Eugenio Daniel Flores Alatorre

Colaboraron

María la Folclorosa

Héctor Flores Cantú

David Guadalupe Torres Flores

Contacto

CARMA / Casa Olímpica / Editorial Dinosaurio

Juan de O’Donojú 425: (444) 811 8922

San Luis Potosí, SLP

[email protected]

Casa Olímpica en Facebook

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