Respuestas Fase Clasificatoria

Solucionario Prueba clasificatoria 2015
9
Olimpiadas
Regionales
de Matemáticas
¡Vive tu mundo con las matemáticas!
Abril 24 de 2015
Universidad del Valle
´
Departamento de Matematicas
http://matematicas.univalle.edu.co/orm
[email protected]
Nivel B´asico
1. A Juan Pablo le gusta jugar con su calculadora, la u´ ltima vez digit´o un n´umero en ella, lo multiplic´o por 3,
al resultado le sum´o 12, luego dividi´o lo que ten´ıa entre 7 y obtuvo 15 como resultado final. ¿Cu´al fu´e el
n´umero que digit´o inicialmente Juan Pablo?
a) 12
b) 16
c) 17
d) 18
e) 31
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
Va
l
le
Soluci´on 1. En la soluci´on de e´ ste problema podemos razonar hacia atras hasta encontrar el n´umero de Juan.
Puesto que el u´ ltimo paso, previo al resultado fu´e dividir entre siete, podemos ver que hasta entonces el resultado en la calculadora era 7 × 15 = 105. De nuevo, el paso previo a aqu´el de dividir entre siete, fu´e sumar
12, por tanto, antes de e´ ste paso, la calculadora registraba 105 − 12 = 93. Pese a que el primer paso que
aplic´o Juan en la calculadora fue multiplicar por tres, podemos deducir que el n´umero que ten´ıa Juan era
93 ÷ 3 = 31.
s—
Soluci´on 2. Podemos solucionar el problema planteando una ecuaci´on. En efecto, si x es el n´umero que ten´ıa
Juan en un inicio, luego de multiplicar por tres, Juan tiene 3x. Despues de sumar 12, el n´umero registrado
ser´a 3x + 12. Al dividir entre siete y debido a que el resultado final es 12, entonces se tiene que
em
a´ t
i
ca
3x + 12
= 15.
7
at
De aqu´ı, se sigue que 3x + 12 = 105. Por tanto, 3x = 93 y x = 31.
b) 2 – 0
c) 2 – 1
d) 3 – 0
e) 3 – 1
es
a) 1 – 0
de
M
2. En tres partidos la selecci´on Colombia de futbol anot´o 3 goles y le hicieron uno. De esos tres partidos el
equipo gan´o un s´olo juego, empat´o otro y perdi´o uno m´as. ¿Cu´al fu´e el resultado del partido que gan´o?
O
lim
pi
a
da
s
Re
gi
on
al
Soluci´on. La selecci´on Colombia en el partido que gan´o anot´o tres goles, mientras su contrincante no
anot´o goles. V´eamos, c´omo podemos inferir e´ sta respuesta. Si el marcador hubiese sido 3 − 1, necesariamente los otros dos partidos hubiesen terminado en empate con marcador 0 − 0. Si el marcador hubiese
sido 2 − 1, en uno de los otros dos partidos, el marcador hubiese sido 1 − 0, pero e´ sto implicar´ıa que la selecci´on gan´o dos partidos, que no es posible. A la misma conclusi´on podemos llegar si el marcador hubiese
sido 1 − 0, pues en otro partido el marcador necesariamente ser´ıa 2 − 0. S´olo nos queda la opci´on 3 − 0 para
el partido que gan´o, 0 − 0 para el partido que empat´o, y 0 − 1 para el partido que perdi´o.
3. Si los 92 del contenido de cierta botella de refresco equivalen a
deben emplearse para llenar 60 vasos?
a) 12
b) 14
c) 15
5
6
de la capacidad de un vaso. ¿Cu´antas botellas
d) 16
e) 18
Soluci´on. Puesto que 92 de la capacidad de cierta botella equivalen a 65 de la capacidad de un vaso, podemos
12
deducir que la capacidad de dicho vaso es equivalente a 29 × 65 = 45
de la capacidad del vaso. Luego, para
12
llenar 60 vasos se requieren 45 × 60 = 16 botellas.
4. En una competencia de ciclismo, a Gonzalo le toma 30 segundos completar una vuelta, mientras que Claudia tarda 32. Cuando Gonzalo est´e completando la vuelta n´umero 80 ¿cu´antas vueltas estar´a completando
Claudia?
a) 73
b) 74
c) 75
d) 76
e) 77
Va
l
le
Soluci´on. Cada vez que Gonzalo completa una vuelta, el toma sobre Claudia una ventaja de 2 segundos. Si
Gonzalo completa 80 vueltas, e´ sta ventaja habr´a ascendido a 2 × 80 = 160 segundos. Puesto que a Claudia le
toma 32 segundos completar una vuelta, ella, en ese tiempo habr´a dejado de completar 180 ÷ 32 = 5 vueltas.
Ya que Gonzalo v´a en su vuelta n´umero 80, ella e´ sta completando la vuelta n´umero 80 − 5 = 75.
a) 40
b) 45
c) 48
d) 50
de
l
5. ¿En cu´antos n´umeros entre 10 y 99 la suma de los d´ıgitos es impar?
e) 60
U
ni
ve
r
sid
ad
Soluci´on. En cada una de las listas {10, 11, · · · , 19}, {20, 21, · · · , 29}, {30, 31, · · · , 39}, · · · , {90, 91, · · · , 99},
hay 5 n´umeros tales que, la suma de sus d´ıgitos es impar. Como hay 9 listas, la cantidad de n´umeros entre 10
y 99 cuya suma de d´ıgitos es impar es 9 × 5 = 45.
c) 5
ca
b) 4
d) 6
e)7
Re
gi
on
al
es
de
M
at
em
a´ t
i
a) 3
s—
6. Entre las ciudades de Cali y Popay´an, se despachan buses cada hora, uno en cada sentido. En ambos casos
el viaje dura 3 horas y 45 minutos. Si usted toma el bus de las 12:00 m de Popay´an hacia Cali, el n´umero de
buses con direcci´on Cali-Popay´an que usted encontrar´a en el camino es:
O
lim
pi
a
da
s
Soluci´on. Camino a Cali, el primer bus con el que usted se encontrar´a, es aquel que sali´o a las 9:00am de Cali
hacia Popay´an. Esto se debe, a que e´ ste llegar´a a las 12:45 a Popay´an, por lo que en el encuentro suceder´a en
alg´un instante, entre las 12:00 pm y las 12:45 pm. El u´ ltimo bus que se encontrar´a en el camino es aquel que
haya partido a las 3:00 pm de Cali, y el encuentro suceder´a, entre las 3:00 pm y las 3:45 pm. De Popay´an a
Cali, de las 9:00 am hasta las 3:00 pm sali´eron 7 buses. La respuesta es entonces la opci´on e)
7. Este a˜no el cumplea˜nos de David es un s´abado de Junio. Si 2012 fu´e el u´ ltimo a˜no bisiesto (es decir, ten´ıa
366 d´ıas) ¿Dentro de cu´antos a˜nos David volver´a cumplir a˜nos un sabado?
a) 4 a˜nos
b) 5 a˜nos
c) 6 a˜nos
d) 7 a˜nos
e) 8 a˜nos
Soluci´on. Cuando dos a˜nos consecutivos no son bisiestos, cada fecha se desplaza un s´olo dia. Por ejemplo,
´
si 18 de abril es viernes en el a˜no 2014, en el a˜no 2015 el 18 de abril ser´a un s´abado. Esto
sucede pues 365
dias deja residuo 1 al dividirse entre 7. Sin embargo, hay un fen´omeno cuando se pasa de un a˜no de 365 dias
(o a˜no normal) a un a˜no bisiesto: una fecha antes del 28 de febrero del a˜no normal, se desplaza un dia al
siguiente a˜no. Pero, una fecha despues del 1 de abril del a˜no normal, se desplaza dos dias al siguiente a˜no
´
(que es bisiesto). Esto
sucede pues, el 29 de marzo desplaza dos dias cada fecha que haya sucedido el a˜no
anterior. Por tanto, si David cumple a˜nos un s´abado de junio de 2015, en el a˜no 2016 cumplir´a un dia lunes.
Para el a˜no 2019, Davis cumple a˜nos el dia jueves, y para el 2020 (que es a˜no bisiesto) e´ l cumplir´a el dia
s´abado. Es decir, David vuelve a cumplir a˜nos un dia s´abado, dentro de 5 a˜nos.
8. La cruz de la figura est´a formada por cinco cuadrados iguales y el a´ rea del tri´angulo que se muestra es 20
cm2 . ¿Cu´al es el a´ rea de la cruz?
b) 50
c) 100
d) 120
e) 150
Va
l
le
a) 20
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
Soluci´on. La cruz en la figura est´a conformada por 5 cuadrados. El are´a del tri´angulo sombreado, es equivalente a la mitad del a´ rea del rect´angulo conformado por dos cuadrados. Por tanto, el a´ rea de dicho tri´angulo
es el equivalente al a´ rea de un cuadrado. As´ı, cada cuadrado tiene a´ rea de 20 cm2 . El a´ rea de la cruz, es cinco
veces dicha cantidad, es decir 100 cm2 .
em
a´ t
i
ca
s—
9. Sobre una mesa hay tres cajas: una contiene s´olo manzanas, otra contiene s´olo naranjas, y la tercera contiene
naranjas y manzanas. Las cajas est´an marcadas con las leyendas: “Manzanas”, “Naranjas”, “Manzanas y Naranjas”; pero ninguna de las leyendas corresponde al contenido, es decir, todas las cajas est´an mal marcadas.
Si usted puede sacar s´olo una fruta de una sola caja, ¿de cu´al caja la sacar´a para determinar con exactitud los
contenidos de todas las cajas?
a) De Manzanas
c) De Naranjas
b) De Manzanas y Naranjas
de
M
at
d) De ninguna
Naranjas
Manzanas y Naranjas
Re
gi
on
al
es
Manzanas
Soluci´on. Un argumento l´ogico nos lleva a que no se puede elegir una fruta de la caja etiquetada con manzanas o con naranjas, como todas las etiquetas est´an erradas en esa caja hay solo una clase de fruta.
O
lim
pi
a
da
s
10. En la mitolog´ıa Griega, a los supuestos habitantes de la luna se los conoce como Selenitas. Ellos son seres
inteligentes, pero tienen un alfabeto muy elemental que s´olo consiste de las dos letras A y L. El nombre de
cada Selenita es una secuencia de 4 o menos de esas letras. Por ejemplo, su presidente se llama AAL. Si
todos los Selenitas tienen nombres distintos, y ya no hay m´as nombres disponibles, ¿cu´antos Selenitas hay
en la luna?
a) 2
b) 4
c) 8
d) 16
e) 30
A
L
Soluci´on. Nombres de Selenitas con una letra solo hay dos: A Y L. Nombres de Selenitas con dos letras hay
cuatro: AA, LL, AL y LA. De otro lado, hay 8 selenitas cuyo nombre tiene tres letras, (los nombres son:
AAA, LLA, ALA, LAA, AAL, LLL, ALL y LAL.) Para obtener nombres con cuatro letras, basta con
agregar al final de cada nombre la letra A o la letra L. Por lo cual tenemos en total 16 nombres con 4 letras.
La cantidad de Selenitas es entonces 2 + 4 + 8 + 16 = 30.
b) 10cm2
c) 18cm2
d) 24cm2
e) 36cm2 Soluci´on. El a´ rea del tri´angulo
sid
ad
a) 9cm2
de
l
Va
l
le
11. Los tri´angulos I, II y III son tri´angulos rect´angulos e isosceles. El a´ rea de I es 2cm2 y el a´ rea de II es
8cm2 . ¿Cu´al es el a´ rea de III?
U
ni
ve
r
I es 2 cm2 . La base y la altura de I tienen igual longitud. Si denotamos dicha longitud por l1 , se cumple que
l1 ×l1
= 2. Por tanto l1 = 2. Si l2 es la base del tri´angulo II, (que sabemos, tiene igual longitud que la altura
2
2
= 8. De aqu´ı se concluye que l2 = 4. Finalmente, si denotamos lalongitud de la altura
de II) entonces l2 ×l
2
2
de III por l, se cumple que l = l1 + l2 = 6. El a´ rea de III es entonces 6×6
2 = 18 cm .
4
5
6
ca
3
3
5
7
6
8
10
de
M
9
11
?
12
..
¿En qu´e columna se encuentra el n´umero 2015?
a) 670
b) 671
.
2015
es
Re
gi
on
al
···
em
a´ t
i
2
2
4
at
1
1
s—
12. Los n´umeros del 1 al 2015 se organizan en columnas de la siguiente forma:
c) 672
d) 673
e) 674
O
lim
pi
a
da
s
Soluci´on. A partir de la columna 3, el primer n´umero de cada columna es m´ultiplo de tres. Adem´as, la
columna N −´esima inicia con el n´umero 3(N − 2). Puesto que 2016 es m´ultiplo de tres, el ser´a el primer
n´umero en alguna columna N . En efecto, dado que 2016 = 3 × 672, se tiene que N − 2 = 672. Luego
N = 674. Se sigue que, el n´umero 2015 est´a ubicado como el u´ ltimo elemento de la columna 673.
Nivel Medio
1. En tres partidos la selecci´on Colombia de futbol anot´o 3 goles y le hicieron uno. De esos tres partidos el
equipo gan´o un s´olo juego, empat´o otro y perdi´o uno m´as. ¿Cu´al fu´e el resultado del partido que gan´o?
a) 1 – 0
b) 2 – 0
c) 2 – 1
d) 3 – 0
e) 3 – 1
sid
ad
de
l
Va
l
le
Soluci´on. La selecci´on Colombia en el partido que gan´o anot´o tres goles, mientras su contrincante no
anot´o goles. V´eamos, c´omo podemos inferir e´ sta respuesta. Si el marcador hubiese sido 3 − 1, necesariamente los otros dos partidos hubiesen terminado en empate con marcador 0 − 0. Si el marcador hubiese
sido 2 − 1, en uno de los otros dos partidos, el marcador hubiese sido 1 − 0, pero e´ sto implicar´ıa que la selecci´on gan´o dos partidos, que no es posible. A la misma conclusi´on podemos llegar si el marcador hubiese
sido 1 − 0, pues en otro partido el marcador necesariamente ser´ıa 2 − 0. S´olo nos queda la opci´on 3 − 0 para
el partido que gan´o, 0 − 0 para el partido que empat´o, y 0 − 1 para el partido que perdi´o.
c) 16
s—
b) 10
d) 4
e) 15
de
M
at
em
a´ t
i
ca
a) 12
U
ni
ve
r
2. Gabriel digita un n´umero en su calculadora, lo multiplica por diez, al resultado le suma 50, divide el resultado
entre 100 y obtiene 202. La suma de los d´ıgitos del n´umero que digit´o Gabriel es:
da
s
Re
gi
on
al
es
Soluci´on 1. En la soluci´on de e´ ste problema podemos razonar hacia atras hasta encontrar el n´umero de Gabriel. Puesto que el u´ ltimo paso, previo al resultado fu´e dividir entre cien, podemos ver que hasta entonces
el resultado en la calculadora era 100 × 202 = 20200. De nuevo, el paso previo a aqu´el de dividir entre 100,
fu´e sumar 50, por tanto, antes de e´ ste paso, la calculadora registraba 20200 − 50 = 20150. Pese a que el
primer paso que aplic´o Gabriel en la calculadora fue multiplicar por diez, podemos deducir que el n´umero
que ten´ıa Gabriel era 20150 ÷ 10 = 2015. Con lo cual la respuesta al problema es 8=2+0+1+5
O
lim
pi
a
Observaci´on: Pedimos disculpas a los participantes pues en las opciones de respuesta que hemos escrito no
aparece la respuesta al problema.
Soluci´on 2. Podemos solucionar el problema planteando una ecuaci´on. En efecto, si x es el n´umero de
Gabriel en un inicio, luego de multiplicar por 10, Juan tiene 10x. Despues de sumar 50, el n´umero registrado
ser´a 10x + 50. Al dividir entre 100 y debido a que el resultado final es 202, entonces se tiene que
10x + 50
= 202.
100
De aqu´ı, se sigue que 10x + 50 = 20200. Por tanto, 10x = 20150 y x = 2015. Con lo cual la respuesta al
problema es 8=2+0+1+5
Observaci´on: Pedimos disculpas a los participantes pues en las opciones de respuesta que hemos escrito no
aparece la respuesta al problema.
3. Este a˜no el cumplea˜nos de David es un sabado de Junio. Si 2012 fu´e el u´ ltimo a˜no bisiesto (es decir, ten´ıa
366 d´ıas) ¿Dentro de cu´antos a˜nos David volver´a a cumplir a˜nos un sabado?
a) 4 a˜nos
b) 5 a˜nos
c) 6 a˜nos
d) 7 a˜nos
e) 8 a˜nos
sid
ad
de
l
Va
l
le
Soluci´on. Cuando se pasa de una a˜no a otro que no es bisiesto, cada fecha se desplaza un s´olo d´ıa. Por
´
ejemplo, si 18 de abril es viernes en el a˜no 2014, en el a˜no 2015 el 18 de abril ser´a un s´abado. Esto
sucede
pues 365 dias deja residuo 1 al dividirse entre 7. Sin embargo, hay una variaci´on adicional cuando se pasa
de un a˜no de 365 d´ıas a un a˜no bisiesto de 366 d´ıas: una fecha antes del 28 de febrero, se desplaza un d´ıa
al siguiente a˜no. Pero, una fecha despu´es del 1 de abril, se desplaza dos d´ıas al siguiente a˜no, esto por ser
´
bisiesto. Esto
sucede pues, el 29 de marzo desplaza dos d´ıas cada fecha que haya sucedido el a˜no anterior.
Por tanto, si David cumple a˜nos un s´abado de junio de 2015, en el a˜no 2016 cumplir´a un d´ıa lunes (2016
es bisiesto). Para el a˜no 2019, David cumple a˜nos el d´ıa jueves, y para el 2020 (que es a˜no bisiesto) e´ l
cumplir´a el d´ıa s´abado. Es decir, David vuelve a cumplir a˜nos un d´ıa s´abado, dentro de 5 a˜nos.
a) 212
b) 415
U
ni
ve
r
4. Si se organizan los n´umeros 212 , 415 , 811 , 128 , 512, de menor a mayor el que queda en la mitad es:
c) 811
d) 128
e) 512
de
M
at
em
a´ t
i
ca
s—
Soluci´on. Note que 415 = (22 )15 = 22×15 = 230 . Tambi´en, 326 = (25 )6 = 25×6 = 230 . Por otro lado,
811 = (23 )11 = 233 . Ahora s´olo debemos comparar 128 con los otros n´umeros. Puesto que 12 = 3 × 4,
tenemos que 128 = 38 × 48 = 38 × 216 . Note que 216 × 38 ≤ 216 × 48 = 216 × 216 = 232 ≤ 233 . Finalmente,
puesto que 243 = 35 ≤ 256 = 44 , se sigue que 38 = 33 × 35 ≤ 43 × 44 = 47 . Pero 47 = 214 , de donde
38 ≤ 214 . Multiplicando en ambos lados por 216 se obtiene que 128 = 38 × 216 ≤ 230 . Los n´umeros de la
lista, ordenados de mayor a menor quedan as´ı: 512, 212 , 230 , 128 , 811 .
Re
gi
on
al
es
5. Entre las ciudades de Cali y Popay´an, se despachan buses cada hora, uno en cada sentido. En ambos casos
el viaje dura 3 horas y 45 minutos. Si usted toma el bus de las 12:00 m de Popay´an hacia Cali, el n´umero de
buses con direcci´on Cali-Popay´an que usted encontrar´a en el camino es:
b) 4
c) 5
d) 6
e)7
O
lim
pi
a
da
s
a) 3
Soluci´on. Camino a Cali, el primer bus con el que usted se encontrar´a, es aquel que sali´o a las 9:00 am
de Cali hacia Popay´an. Esto se debe, a que e´ ste llegar´a a las 12:45 a Popay´an, por lo que en el encuentro
suceder´a en alg´un instante, entre las 12:00 pm y las 12:45 pm. El u´ ltimo bus que se encontrar´a en el camino
es aquel que haya partido a las 3:00 pm de Cali, y el encuentro suceder´a, entre las 3:00 pm y las 3:45 pm. De
Popay´an a Cali, de las 9:00 am hasta las 3:00 pm sali´eron 7 buses. La respuesta es entonces la opci´on e).
6. En la mitolog´ıa Griega, a los supuestos habitantes de la luna se los conoce como Selenitas. Ellos son seres
inteligentes, pero tienen un alfabeto muy elemental que s´olo consiste de las dos letras A y L. El nombre de
cada Selenita es una secuencia de 5 o menos de esas letras. Por ejemplo, su presidente se llama ALAL. Si
todos los Selenitas tienen nombres distintos, y ya no hay m´as nombres disponibles, ¿cu´antos Selenitas hay
en la luna?
a) 16
b) 30
c) 32
d) 62
e) 64
Va
l
le
A
L
s—
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
Soluci´on. Nombres de Selenitas con una letra solo hay dos: A Y L. Nombres de Selenitas con dos letras hay
cuatro: AA, LL, AL y LA. De otro lado, hay 8 selenitas cuyo nombre tiene tres letras, (los nombres son:
AAA, LLA, ALA, LAA, AAL, LLL, ALL y LAL.) Para obtener nombres con cuatro letras, basta con
agregar al final de cada nombre la letra A o la letra L. Por lo cual tenemos en total 16 nombres. De manera
similar, Selenitas que tengan nombres de 5 letras, pueden obtenerse desde nombres con 4 letras agregando
al final la letra A o la letra L. Luego, hay 32 nombres con cinco letras. En total, la cantidad de selenitas
ser´a 32 + 16 + 8 + 4 + 2 = 62.
de
M
at
em
a´ t
i
ca
7. Sobre una mesa hay tres cajas: una contiene s´olo manzanas, otra contiene s´olo naranjas, y la tercera contiene
naranjas y manzanas. Las cajas est´an marcadas con las leyendas: “Manzanas”, “Naranjas”, “Manzanas y Naranjas”; pero ninguna de las leyendas corresponde al contenido, es decir, todas las cajas est´an mal marcadas.
Si usted puede sacar s´olo una fruta de una sola caja, ¿de cu´al caja la sacar´a para determinar con exactitud los
contenidos de todas las cajas?
Manzanas y Naranjas
Naranjas
b) De Manzanas y Naranjas
d) De ninguna
da
s
a) De Manzanas
c) De Naranjas
Re
gi
on
al
es
Manzanas
O
lim
pi
a
Soluci´on. Un argumento l´ogico nos lleva a que no se puede elegir una fruta de la caja etiquetada con manzanas o con naranjas, como todas las etiquetas est´an erradas en esa caja hay solo una clase de fruta.
8. Dos velas son de diferente longitud y grosor. La m´as larga tarda 7 horas en consumirse completamente, y la
m´as corta 10 horas. Despu´es de estar encendidas durante cuatro horas, las dos velas tienen el mismo largo.
La proporci´on (divisi´on) entre el largo original de la vela m´as corta y el de la vela m´as larga es
a)
7
10
b)
3
5
c)
4
7
d)
5
7
e) 23
Soluci´on. Considere la vela que tarda en consumirse 10 horas y sea x la altura que disminuye e´ sta vela, por
una hora que permanece encendida. La altura de e´ sta vela es 10x. Considere ahora, la vela que se consume
en 7 horas y denote por y la altura que disminuye dicha vela por una hora que permanezca prendida, la
altura de e´ sta vela es 7y. Despu´es de 4 horas el tama˜no de las velas es 6x y 3y respectivamente, adem´as, el
enunciado nos dice, que esas dos alturas son iguales, es decir 6x = 3y. Se deduce entonces que 2x = y. De
aqu´ı deducimos que 10x = 5y. Por tanto la vela que tarda 10 horas en consumirse es m´as peque˜na que la
vela que tarda 7 horas. Es decir 10x ≤ 7y. Finalmente, la divisi´on de las alturas, de la vela m´as peque˜na,
entre la vela m´as grande es
10X
10x
10
5
=
=
= .
7y
14x
14
7
c) 707
d) 708
de
l
b) 706
e)709
sid
ad
a) 705
Va
l
le
9. En la enumeraci´on de las p´aginas del libro El Hobbit, se utilizaron 2013 d´ıgitos. ¿Cu´antas p´aginas tiene el
libro?
em
a´ t
i
ca
s—
U
ni
ve
r
Soluci´on. El Libro tiene 707 p´aginas. 9 de ellas enumeradas con n´umeros de un d´ıgito, 90 de ellas enumeradas con n´umeros de dos d´ıgitos y 608 p´aginas se enumeraron con n´umeros de tres d´ıgitos. Para ver como
se llega a esta conclusi´on procedemos como sigue: Primero, notamos que para escribir los n´umeros desde el
1 hasta el 99 se emplean 189 d´ıgitos. Como escribir los n´umeros del 100 al 999 requiere de 2700 d´ıgitos, se
concluye que la n´umeraci´on del Libro tiene n´umeros de tres d´ıgitos desde cierta parte hasta el final. Como
2013-189=1824, sabemos que se emplearon 1824 d´ıgitos escribiendo n´umeros de tres d´ıgitos, y la cantidad
de tales n´umeros fu´e 1824/3=608. La cantidad de p´aginas es entonces 608 + 99 = 707.
O
lim
pi
a
a) 7 cm2
da
s
Re
gi
on
al
es
de
M
at
10. Al unir los puntos medios de los lados del tri´angulo escaleno ABC resulta el tri´angulo DEF , y al unir los
puntos medios de los lados del tri´angulo DEF resulta el tri´angulo GHI. Si el a´ rea del tri´angulo ABC es
112 cm2 , entonces el a´ rea del tri´angulo GHI es:
b) 16 cm2
c) 18 cm2
d) 20cm2
e) 28 cm2
Soluci´on. Note que, cuatro veces el a´ rea del tri´angulo GHI equivale al a´ rea del tri´angulo DEF. A su v´ez,
cuatro veces el a´ rea de DEF coincide con el a´ rea de ABC. En resumen, 16 veces el a´ rea de GHI es el a´ rea
2
de ABC. El a´ rea de GHI es entonces 112
16 = 7 cm .
11. La suma de los d´ıgitos del n´umero 82 · 56 − 2 es:
a) 1
b) 2
c) 45
d) 44
e) 53
Soluci´on. Note que 82 × 56 = (23 )2 × 56 = 26 × 56 = (2 × 5)6 = 106 . Se sigue que 82 · 56 − 2 = 106 − 2 =
999998. Por tanto, la suma de los d´ıgitos del n´umero en questi´on es 53.
12. Los n´umeros del 1 al 2015 se organizan en columnas de la siguiente forma:
1
2
3
1
2
4
3
5
7
4
5
6
8
10
9
11
6
···
?
12
..
.
Va
l
le
2015
b) 671
c) 672
(d) 673
sid
ad
a) 670
de
l
¿En qu´e columna se encuentra el n´umero 2015?
(e) 674
O
lim
pi
a
da
s
Re
gi
on
al
es
de
M
at
em
a´ t
i
ca
s—
U
ni
ve
r
Soluci´on. A partir de la columna 3, el primer n´umero de cada columna es m´ultiplo de tres. Adem´as, la
columna N −´esima inicia con el n´umero 3(N − 2). Puesto que 2016 es m´ultiplo de tres, el ser´a el primer
n´umero en alguna columna N . En efecto, dado que 2016 = 3 × 672, se tien que N − 2 = 672. Luego
N = 674. Se sigue que, el n´umero 2015 est´a ubicado como el u´ ltimo elemento de la columna 673.
Nivel Avanzado
1. La clave que Julio le puso a su cuenta de ahorros tiene las siguientes caracter´ısticas: – La suma de sus cuatro
d´ıgitos es 9; la clave es un m´ultiplo de 5 mayor que 2000, y ning´un d´ıgito en ella es cero. ¿El tercer n´umero
de la clave es?
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e)5
sid
ad
de
l
Va
l
le
Soluci´on. Todo multiplo de 5 termina en cero o en 5. Dado que ninguno de los d´ıgitos en la clave es cero,
e´ sta termina necesariamente en 5. La clave es un n´umero mayor que 2000. La clave es entonces 2115. El
primer d´ıgito no puede ser tres o´ cuatro, pues en e´ ste caso, uno los dos: el segundo d´ıgito o el tercero es cero.
Claramente el primer d´ıgito no puede ser mayor o igual a cinco, pues en e´ ste caso la suma de los d´ıgitos
superar´ıa el 9. Dado que la Clave es 2115, el tercer d´ıgito es 1.
a) 705
b) 706
U
ni
ve
r
2. En la enumeraci´on de las p´aginas del libro El Hobbit, se utilizaron 2013 d´ıgitos. ¿Cu´antas p´aginas tiene el
libro?
c) 707
d) 708
e)709
de
M
at
em
a´ t
i
ca
s—
Soluci´on. El Libro tiene 707 p´aginas. 9 de ellas enumeradas con n´umeros de un d´ıgito, 90 de ellas enumeradas con n´umeros de dos d´ıgitos y 608 p´aginas se enumeraron con n´umeros de tres d´ıgitos. Para ver como
se llega a esta conclusi´on procedemos como sigue: Primero, notamos que para escribir los n´umeros desde el
1 hasta el 99 se emplean 189 d´ıgitos. Como escribir los n´umeros del 100 al 999 requiere de 2700 d´ıgitos, se
concluye que la n´umeraci´on del Libro tiene n´umeros de tres d´ıgitos desde cierta parte hasta el final. Como
2013-189=1824, sabemos que se emplearon 1824 d´ıgitos escribiendo n´umeros de tres d´ıgitos, y la cantidad
de tales n´umeros fu´e 1824/3=608. La cantidad de p´aginas es entonces 608 + 99 = 707.
O
lim
pi
a
da
s
Re
gi
on
al
es
3. Un trozo de papel cuadrado ABCD es blanco por la cara de adelante y azul por la de atr´as. Tiene un a´ rea
de 3 cm2 . La esquina A se dobla hasta el punto E, situado sobre la diagonal AC, de modo que la superficie
que queda visible es la mitad blanca y la mitad azul. ¿A qu´e distancia del punto A se encuentra el punto E?
a)
√
2
b) 1, 5
c)
√
3
d) 2
√
e) 6
Soluci´on. El tri´angulo is´osceles sombreado con a´ ngulo recto en el v´ertice E, es rect´angulo y denotemos la
longitud de sus catetos por x. El a´ rea de e´ ste tr´angulo es 12 x2 . El a´ rea de la parte blanca puede obtenerse
restando al area del cuadrado grande, un cuadrado de lado x. Por tanto, si e´ stas a´ reas son iguales se tiene la
ecuaci´on
1 2
x = 3 − x2 .
2
√
Esto implica que 32 x2 = 3 y por tanto x = 2. Puesto que el segmento AE tiene la misma medida que la
hip´otenusa del tri´angulo sombreado, por el Teorema de Pit´agoras tenemos:
AE 2 = x2 + x2 = 4.
Se sigue que AE = 2.
4. En matem´aticas, se tiene libertad para definir operaciones, por ejemplo si a y b, son n´umeros enteros, definimos la operaci´on ⋆ entre a, b como
a ⋆ b = a + b + a × b.
b)
1
2015
c) 1
d) 2015
1
=2
2
1 1
1⋆ ⋆ =3
2 3
1 1 1
1⋆ ⋆ ⋆ =4
2 3 4
···
em
a´ t
i
ca
s—
1⋆
2014
2015
U
ni
ve
r
Soluci´on. Se puede observar, haciendo los respectivos calculos que:
e)
sid
ad
a) 0
de
l
Va
l
le
Por ejemplo 1⋆2 = 1+2+1×2 = 5. Adem´as, para cada tres n´umeros a, b y c escribimos a⋆b⋆c = (a⋆b)⋆c.
El valor de
1
1 1
1 ⋆ ⋆ ⋆ ··· ⋆
2 3
2015
es
de
M
at
1
De donde, inferimos que 1 ⋆ 21 ⋆ 13 ⋆ · · · ⋆ 2015
= 2015. Una soluci´on detallada de e´ ste ejercicio emplea el
principio de inducci´on matem´atica demostrando que para todo natural n,
1 1
1
⋆ ⋆ · · · ⋆ = n.
2 3
n
Para ello, procedemos de acuerdo al siguiente plan:
1⋆
es
(∗)
Re
gi
on
al
Paso 1: Demostramos la f´ormula (∗) para n = 2.
Paso 2: Suponemos que la f´ormula se cumple para n = k, d´onde k es alg´un entero positivo.
Paso 3: Demostramos (∗) para n = k + 1 y con e´ sto quedar´ıa probada la f´ormula para cada n de acuerdo al
principio de inducci´on.
da
s
Vamos a poner en marcha el plan:
O
lim
pi
a
Paso 1: Note que 1 ⋆ 12 = 1 + 21 + 1 × 12 = 2.
Paso 2: Supongamos que 1 ⋆ 12 ⋆ 13 ⋆ · · · ⋆ k1 = k.
Paso 3:
1 1
1
1 1
1
1
1 ⋆ ⋆ ⋆ ··· ⋆
= (1 ⋆ ⋆ ⋆ · · · ⋆ ) ⋆
2 3
k+1
2 3
k
k+1
1
=k⋆
k+1
1
1
+k×
=k+
k+1
k+1
k
k2 + 2k + 1
k(k + 1) + 1
+
=
=
k+1
k+1
k+1
2
(k + 1)
= k + 1.
=
k+1
5. En el conjunto {1, 2, 3, . . . , 2015}. ¿Cu´antos n´umeros hay que tengan exactamente dos d´ıgitos 9 consecutivos?
a) 36
b) 54
c) 90
d) 120
e) 171
Va
l
le
Soluci´on. Un n´umero de cuatro d´ıgitos con dos nueves consecutivos menor que 2015 tiene la forma 199B
o´ 1B99 donde B = 0, 1, · · · , 8. Por lo que, de e´ sta froma hay 17 n´umeros. La forma de n´umeros con tres
d´ıgitos y exactamente dos nueves consecutivos es A99 o 99B donde A = 1, 2, · · · , 8 y B = 0, 1, · · · , 8.
De tres d´ıgitos tenemos entonces 17 n´umeros. Y con dos d´ıgitos s´olo tiene e´ sta propiedad el 99. Luego el
resultado requerido es 17 + 18 + 1 = 36.
b) I y III
c) II y III
e) Todas las a´ reas son diferentes
ca
s—
a) I y II
d) Todas las a´ reas son iguales
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
6. Tres hex´agonos regulares iguales se dividen y sombrean y etiquetan las regiones sombreadas tal como lo
muestra la figura. ¿Cu´ales regiones sombreadas tienen igual a´ rea?
em
a´ t
i
Soluci´on. Todas las a´ reas son iguales.
de
M
at
7. Los n´umeros del 1 al 2015 se organizan en columnas de la siguiente forma:
2
2
4
3
3
5
7
4
5
6
6
8
10
9
11
12
..
O
lim
pi
a
···
?
.
2015
da
s
Re
gi
on
al
es
1
1
¿En qu´e columna se encuentra el n´umero 2015?
a) 670
b) 671
c) 672
d) 673
e) 674
Soluci´on. A partir de la columna 3, el primer n´umero de cada columna es m´ultiplo de tres. Adem´as, la
columna N −´esima inicia con el n´umero 3(N − 2). Puesto que 2016 es m´ultiplo de tres, el ser´a el primer
n´umero en alguna columna N . En efecto, dado que 2016 = 3 × 672, se tien que N − 2 = 672. Luego
N = 674. Se sigue que, el n´umero 2015 est´a ubicado como el u´ ltimo elemento de la columna 673.
8. ¿Cu´al es el primer d´ıgito despu´es de la coma del n´umero obtenido como resultado de la multiplicaci´on entre
102015 y 2, 341572403?
a) 0
b) 2
c) 3
d) 4
e) 7
Soluci´on. Note que 102015 × 2,341572403 = 102011 × 23415.72403. Puesto que la parte periodica tiene
longitud 5, cada vez que se multiplique 0.72403 con potencias de la forma 105N , todos los n´umeros que
constituyen la parte periodica se desplazan hacia la izquierda y el 3 queda justo ocupando las unidades.
Como 102011 = 105×402 × 10 solo debemos ver el efecto que hace multiplicar 0.72403 con 10. Como
10 × 0.72403 = 7,240372403 el primer d´ıgito despues de la coma es 2.
de
l
Va
l
le
9. A continuaci´on, se presentan las gr´aficas de las funciones f y h.
U
ni
ve
r
sid
ad
La gr´afica de f + h, la suma de las funciones f y h es:
s—
a)
d)
at
em
a´ t
i
ca
c)
b)
de
M
e)
Re
gi
on
al
es
Soluci´on. Las dos funciones f y h toman valores positivos. Por tanto, la suma f + h es una funci´on positiva.
Este hecho nos permite descartar la opci´on a). La opci´on b) se descarta, pues ambas funciones f y h son
crecientes en la parte negativa del eje x. Por tanto, f + h es creciente en e´ sta parte. Un argumento similar
permite descartar la opci´on e). La opci´on d) se descarta, pues f +h debe tomar valores grandes y ser creciente,
pues, h tiene esa caracteristica. La respuesta correcta la da la opci´on c).
O
lim
pi
a
da
s
10. Los puntos P , Q, R son v´ertices de un cubo tal como lo muestra la figura. El valor del a´ ngulo ∠P QR en
grados es:
a) 30◦
b) 45◦
c) 60◦
d) 90◦
e) 120◦
Soluci´on. Los lados del tri´angulo est´an puestos en las diagonales de cara del cubo. Luego sus lados son
iguales. Es decir, el tri´angulo P QR es equil´atero. Como la suma de las medidas de los a´ ngulos internos de
un tri´angulo es 180◦ , y todos los a´ ngulos de P QR son iguales, cada a´ ngulo tiene como medida 60◦ .
11. Dos velas son de diferente longitud y grosor. La m´as larga tarda 7 horas en consumirse completamente, y la
m´as corta 10 horas. Despu´es de estar encendidas durante cuatro horas, las dos velas tienen el mismo largo.
La proporci´on (divisi´on) entre el largo original de la vela m´as corta y el de la vela m´as larga es
7
10
b)
3
5
c)
4
7
d)
5
7
e) 32
le
a)
s—
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
Va
l
Soluci´on. Considere la vela que tarda en consumirse 10 horas y sea x la altura que disminuye e´ sta vela, por
una hora que permanece encendida. La altura de e´ sta vela es 10x. Considere ahora, la vela que se consume
en 7 horas y denote por y la altura que disminuye dicha vela por una hora que permanezca prendida, la
altura de e´ sta vela es 7y. Despu´es de 4 horas el tama˜no de las velas es 6x y 3y respectivamente, adem´as, el
enunciado nos dice, que esas dos alturas son iguales, es decir 6x = 3y. Se deduce entonces que 2x = y. De
aqu´ı deducimos que 10x = 5y. Por tanto la vela que tarda 10 horas en consumirse es m´as peque˜na que la
vela que tarda 7 horas. Es decir 10x ≤ 7y. Finalmente, la divisi´on de las alturas, de la vela m´as peque˜na,
entre la vela m´as grande es
10X
10x
10
5
=
=
= .
7y
14x
14
7
b) 6
es
a) 3
de
M
at
em
a´ t
i
ca
12. La gerencia del Sistema de Transporte Masivo de pasajeros MIO debe repartir entre sus estaciones: 4500 tarjetas inteligentes personalizadas y 2112 tarjetas inteligentes no personalizadas. La distribuci´on debe hacerse
de tal manera que todas las estaci´on reciban la misma cantidad de tarjetas de cada tipo. ¿Cu´al es el m´aximo
n´umero de estaciones a las que se puede abastecer?
2112
4500
Pepe
c) 12
d) 24
e) 36
O
lim
pi
a
da
s
Re
gi
on
al
Soluci´on. Entre tarjetas personalizadas y no personalizadas hay 2112 + 4500 = 6612. Puesto que el m´aximo
com´un divisor de 2112 y 4500 es 12, el m´aximo n´umero en el que se pueden dividir simultaneamente 4500
y 2112 es 12. La respuesta es por tanto la opci´on c).

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