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Solucionario Prueba clasificatoria 2015
9
Olimpiadas
Regionales
de Matemáticas
¡Vive tu mundo con las matemáticas!
Abril 24 de 2015
Universidad del Valle
Departamento de Matemáticas
http://matematicas.univalle.edu.co/orm
[email protected]
Nivel Básico
1. A Juan Pablo le gusta jugar con su calculadora, la última vez digitó un número en ella, lo multiplicó por 3,
al resultado le sumó 12, luego dividió lo que tenı́a entre 7 y obtuvo 15 como resultado final. ¿Cuál fué el
número que digitó inicialmente Juan Pablo?
a) 12
b) 16
c) 17
d) 18
e) 31
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
Va
l
le
Solución 1. En la solución de éste problema podemos razonar hacia atras hasta encontrar el número de Juan.
Puesto que el último paso, previo al resultado fué dividir entre siete, podemos ver que hasta entonces el resultado en la calculadora era 7 × 15 = 105. De nuevo, el paso previo a aquél de dividir entre siete, fué sumar
12, por tanto, antes de éste paso, la calculadora registraba 105 − 12 = 93. Pese a que el primer paso que
aplicó Juan en la calculadora fue multiplicar por tres, podemos deducir que el número que tenı́a Juan era
93 ÷ 3 = 31.
—
Solución 2. Podemos solucionar el problema planteando una ecuación. En efecto, si x es el número que tenı́a
Juan en un inicio, luego de multiplicar por tres, Juan tiene 3x. Despues de sumar 12, el número registrado
será 3x + 12. Al dividir entre siete y debido a que el resultado final es 12, entonces se tiene que
ic
as
3x + 12
= 15.
7
at
em
át
De aquı́, 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 selección Colombia de futbol anotó 3 goles y le hicieron uno. De esos tres partidos el
equipo ganó un sólo juego, empató otro y perdió uno más. ¿Cuál fué el resultado del partido que ganó?
O
lim
pi
a
da
s
Re
gi
on
al
Solución. La selección Colombia en el partido que ganó anotó tres goles, mientras su contrincante no
anotó goles. Véamos, cómo podemos inferir ésta 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 ésto implicarı́a que la selección ganó dos partidos, que no es posible. A la misma conclusión podemos llegar si el marcador hubiese
sido 1 − 0, pues en otro partido el marcador necesariamente serı́a 2 − 0. Sólo nos queda la opción 3 − 0 para
el partido que ganó, 0 − 0 para el partido que empató, y 0 − 1 para el partido que perdió.
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. ¿Cuántas botellas
d) 16
e) 18
Solución. 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 esté completando la vuelta número 80 ¿cuántas vueltas estará completando
Claudia?
a) 73
b) 74
c) 75
d) 76
e) 77
Va
l
le
Solución. Cada vez que Gonzalo completa una vuelta, el toma sobre Claudia una ventaja de 2 segundos. Si
Gonzalo completa 80 vueltas, ésta ventaja habrá ascendido a 2 × 80 = 160 segundos. Puesto que a Claudia le
toma 32 segundos completar una vuelta, ella, en ese tiempo habrá dejado de completar 180 ÷ 32 = 5 vueltas.
Ya que Gonzalo vá en su vuelta número 80, ella ésta completando la vuelta número 80 − 5 = 75.
a) 40
b) 45
c) 48
d) 50
de
l
5. ¿En cuántos números entre 10 y 99 la suma de los dı́gitos es impar?
e) 60
U
ni
ve
r
sid
ad
Solución. En cada una de las listas {10, 11, · · · , 19}, {20, 21, · · · , 29}, {30, 31, · · · , 39}, · · · , {90, 91, · · · , 99},
hay 5 números tales que, la suma de sus dı́gitos es impar. Como hay 9 listas, la cantidad de números entre 10
y 99 cuya suma de dı́gitos es impar es 9 × 5 = 45.
b) 4
c) 5
d) 6
e)7
Re
gi
on
al
es
de
M
at
em
át
ic
a) 3
as
—
6. Entre las ciudades de Cali y Popayán, 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 Popayán hacia Cali, el número de
buses con dirección Cali-Popayán que usted encontrará en el camino es:
O
lim
pi
a
da
s
Solución. Camino a Cali, el primer bus con el que usted se encontrará, es aquel que salió a las 9:00am de Cali
hacia Popayán. Esto se debe, a que éste llegará a las 12:45 a Popayán, por lo que en el encuentro sucederá en
algún instante, entre las 12:00 pm y las 12:45 pm. El último bus que se encontrará en el camino es aquel que
haya partido a las 3:00 pm de Cali, y el encuentro sucederá, entre las 3:00 pm y las 3:45 pm. De Popayán a
Cali, de las 9:00 am hasta las 3:00 pm saliéron 7 buses. La respuesta es entonces la opción e)
7. Este año el cumpleaños de David es un sábado de Junio. Si 2012 fué el último año bisiesto (es decir, tenı́a
366 dı́as) ¿Dentro de cuántos años David volverá cumplir años un sabado?
a) 4 años
b) 5 años
c) 6 años
d) 7 años
e) 8 años
Solución. Cuando dos años consecutivos no son bisiestos, cada fecha se desplaza un sólo dia. Por ejemplo,
si 18 de abril es viernes en el año 2014, en el año 2015 el 18 de abril será un sábado. Ésto sucede pues 365
dias deja residuo 1 al dividirse entre 7. Sin embargo, hay un fenómeno cuando se pasa de un año de 365 dias
(o año normal) a un año bisiesto: una fecha antes del 28 de febrero del año normal, se desplaza un dia al
siguiente año. Pero, una fecha despues del 1 de abril del año normal, se desplaza dos dias al siguiente año
(que es bisiesto). Ésto sucede pues, el 29 de marzo desplaza dos dias cada fecha que haya sucedido el año
anterior. Por tanto, si David cumple años un sábado de junio de 2015, en el año 2016 cumplirá un dia lunes.
Para el año 2019, Davis cumple años el dia jueves, y para el 2020 (que es año bisiesto) él cumplirá el dia
sábado. Es decir, David vuelve a cumplir años un dia sábado, dentro de 5 años.
8. La cruz de la figura está formada por cinco cuadrados iguales y el área del triángulo que se muestra es 20
cm2 . ¿Cuál es el área de la cruz?
b) 50
c) 100
d) 120
e) 150
Va
l
le
a) 20
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
Solución. La cruz en la figura está conformada por 5 cuadrados. El areá del triángulo sombreado, es equivalente a la mitad del área del rectángulo conformado por dos cuadrados. Por tanto, el área de dicho triángulo
es el equivalente al área de un cuadrado. Ası́, cada cuadrado tiene área de 20 cm2 . El área de la cruz, es cinco
veces dicha cantidad, es decir 100 cm2 .
em
át
ic
as
—
9. Sobre una mesa hay tres cajas: una contiene sólo manzanas, otra contiene sólo naranjas, y la tercera contiene
naranjas y manzanas. Las cajas están marcadas con las leyendas: “Manzanas”, “Naranjas”, “Manzanas y Naranjas”; pero ninguna de las leyendas corresponde al contenido, es decir, todas las cajas están mal marcadas.
Si usted puede sacar sólo una fruta de una sola caja, ¿de cuál caja la sacará 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
Solución. Un argumento lógico nos lleva a que no se puede elegir una fruta de la caja etiquetada con manzanas o con naranjas, como todas las etiquetas están erradas en esa caja hay solo una clase de fruta.
O
lim
pi
a
da
s
10. En la mitologı́a Griega, a los supuestos habitantes de la luna se los conoce como Selenitas. Ellos son seres
inteligentes, pero tienen un alfabeto muy elemental que sólo 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 más nombres disponibles, ¿cuántos Selenitas hay
en la luna?
a) 2
b) 4
c) 8
d) 16
e) 30
A
L
Solución. 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 Solución. El área del triángulo
sid
ad
a) 9cm2
de
l
Va
l
le
11. Los triángulos I, II y III son triángulos rectángulos e isosceles. El área de I es 2cm2 y el área de II es
8cm2 . ¿Cuál es el área 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 triángulo II, (que sabemos, tiene igual longitud que la altura
2
2
= 8. De aquı́ 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 área de III es entonces 6×6
2 = 18 cm .
—
12. Los números del 1 al 2015 se organizan en columnas de la siguiente forma:
5
6
as
4
ic
3
3
5
7
em
át
2
2
4
6
8
10
9
11
Re
gi
on
al
¿En qué columna se encuentra el número 2015?
a) 670
b) 671
···
?
12
..
.
2015
es
de
M
at
1
1
c) 672
d) 673
e) 674
O
lim
pi
a
da
s
Solución. A partir de la columna 3, el primer número de cada columna es múltiplo de tres. Además, la
columna N −ésima inicia con el número 3(N − 2). Puesto que 2016 es múltiplo de tres, el será el primer
número en alguna columna N . En efecto, dado que 2016 = 3 × 672, se tiene que N − 2 = 672. Luego
N = 674. Se sigue que, el número 2015 está ubicado como el último elemento de la columna 673.
Nivel Medio
1. En tres partidos la selección Colombia de futbol anotó 3 goles y le hicieron uno. De esos tres partidos el
equipo ganó un sólo juego, empató otro y perdió uno más. ¿Cuál fué el resultado del partido que ganó?
a) 1 – 0
b) 2 – 0
c) 2 – 1
d) 3 – 0
e) 3 – 1
sid
ad
de
l
Va
l
le
Solución. La selección Colombia en el partido que ganó anotó tres goles, mientras su contrincante no
anotó goles. Véamos, cómo podemos inferir ésta 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 ésto implicarı́a que la selección ganó dos partidos, que no es posible. A la misma conclusión podemos llegar si el marcador hubiese
sido 1 − 0, pues en otro partido el marcador necesariamente serı́a 2 − 0. Sólo nos queda la opción 3 − 0 para
el partido que ganó, 0 − 0 para el partido que empató, y 0 − 1 para el partido que perdió.
c) 16
—
b) 10
d) 4
e) 15
de
M
at
em
át
ic
as
a) 12
U
ni
ve
r
2. Gabriel digita un número en su calculadora, lo multiplica por diez, al resultado le suma 50, divide el resultado
entre 100 y obtiene 202. La suma de los dı́gitos del número que digitó Gabriel es:
da
s
Re
gi
on
al
es
Solución 1. En la solución de éste problema podemos razonar hacia atras hasta encontrar el número de Gabriel. Puesto que el último paso, previo al resultado fué dividir entre cien, podemos ver que hasta entonces
el resultado en la calculadora era 100 × 202 = 20200. De nuevo, el paso previo a aquél de dividir entre 100,
fué sumar 50, por tanto, antes de éste paso, la calculadora registraba 20200 − 50 = 20150. Pese a que el
primer paso que aplicó Gabriel en la calculadora fue multiplicar por diez, podemos deducir que el número
que tenı́a Gabriel era 20150 ÷ 10 = 2015. Con lo cual la respuesta al problema es 8=2+0+1+5
O
lim
pi
a
Observación: Pedimos disculpas a los participantes pues en las opciones de respuesta que hemos escrito no
aparece la respuesta al problema.
Solución 2. Podemos solucionar el problema planteando una ecuación. En efecto, si x es el número de
Gabriel en un inicio, luego de multiplicar por 10, Juan tiene 10x. Despues de sumar 50, el número registrado
será 10x + 50. Al dividir entre 100 y debido a que el resultado final es 202, entonces se tiene que
10x + 50
= 202.
100
De aquı́, 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
Observación: Pedimos disculpas a los participantes pues en las opciones de respuesta que hemos escrito no
aparece la respuesta al problema.
3. Este año el cumpleaños de David es un sabado de Junio. Si 2012 fué el último año bisiesto (es decir, tenı́a
366 dı́as) ¿Dentro de cuántos años David volverá a cumplir años un sabado?
a) 4 años
b) 5 años
c) 6 años
d) 7 años
e) 8 años
sid
ad
de
l
Va
l
le
Solución. Cuando se pasa de una año a otro que no es bisiesto, cada fecha se desplaza un sólo dı́a. Por
ejemplo, si 18 de abril es viernes en el año 2014, en el año 2015 el 18 de abril será un sábado. Ésto sucede
pues 365 dias deja residuo 1 al dividirse entre 7. Sin embargo, hay una variación adicional cuando se pasa
de un año de 365 dı́as a un año bisiesto de 366 dı́as: una fecha antes del 28 de febrero, se desplaza un dı́a
al siguiente año. Pero, una fecha después del 1 de abril, se desplaza dos dı́as al siguiente año, esto por ser
bisiesto. Ésto sucede pues, el 29 de marzo desplaza dos dı́as cada fecha que haya sucedido el año anterior.
Por tanto, si David cumple años un sábado de junio de 2015, en el año 2016 cumplirá un dı́a lunes (2016
es bisiesto). Para el año 2019, David cumple años el dı́a jueves, y para el 2020 (que es año bisiesto) él
cumplirá el dı́a sábado. Es decir, David vuelve a cumplir años un dı́a sábado, dentro de 5 años.
a) 212
b) 415
U
ni
ve
r
4. Si se organizan los números 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
át
ic
as
—
Solución. Note que 415 = (22 )15 = 22×15 = 230 . También, 326 = (25 )6 = 25×6 = 230 . Por otro lado,
811 = (23 )11 = 233 . Ahora sólo debemos comparar 128 con los otros números. 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 números de la
lista, ordenados de mayor a menor quedan ası́: 512, 212 , 230 , 128 , 811 .
Re
gi
on
al
es
5. Entre las ciudades de Cali y Popayán, 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 Popayán hacia Cali, el número de
buses con dirección Cali-Popayán que usted encontrará en el camino es:
b) 4
c) 5
d) 6
e)7
O
lim
pi
a
da
s
a) 3
Solución. Camino a Cali, el primer bus con el que usted se encontrará, es aquel que salió a las 9:00 am
de Cali hacia Popayán. Esto se debe, a que éste llegará a las 12:45 a Popayán, por lo que en el encuentro
sucederá en algún instante, entre las 12:00 pm y las 12:45 pm. El último bus que se encontrará en el camino
es aquel que haya partido a las 3:00 pm de Cali, y el encuentro sucederá, entre las 3:00 pm y las 3:45 pm. De
Popayán a Cali, de las 9:00 am hasta las 3:00 pm saliéron 7 buses. La respuesta es entonces la opción e).
6. En la mitologı́a Griega, a los supuestos habitantes de la luna se los conoce como Selenitas. Ellos son seres
inteligentes, pero tienen un alfabeto muy elemental que sólo 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 más nombres disponibles, ¿cuántos Selenitas hay
en la luna?
a) 16
b) 30
c) 32
d) 62
e) 64
Va
l
le
A
L
—
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
Solución. 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
será 32 + 16 + 8 + 4 + 2 = 62.
de
M
at
em
át
ic
as
7. Sobre una mesa hay tres cajas: una contiene sólo manzanas, otra contiene sólo naranjas, y la tercera contiene
naranjas y manzanas. Las cajas están marcadas con las leyendas: “Manzanas”, “Naranjas”, “Manzanas y Naranjas”; pero ninguna de las leyendas corresponde al contenido, es decir, todas las cajas están mal marcadas.
Si usted puede sacar sólo una fruta de una sola caja, ¿de cuál caja la sacará 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
Solución. Un argumento lógico nos lleva a que no se puede elegir una fruta de la caja etiquetada con manzanas o con naranjas, como todas las etiquetas están erradas en esa caja hay solo una clase de fruta.
8. Dos velas son de diferente longitud y grosor. La más larga tarda 7 horas en consumirse completamente, y la
más corta 10 horas. Después de estar encendidas durante cuatro horas, las dos velas tienen el mismo largo.
La proporción (división) entre el largo original de la vela más corta y el de la vela más larga es
a)
7
10
b)
3
5
c)
4
7
d)
5
7
e) 23
Solución. Considere la vela que tarda en consumirse 10 horas y sea x la altura que disminuye ésta vela, por
una hora que permanece encendida. La altura de ésta 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 ésta vela es 7y. Después de 4 horas el tamaño de las velas es 6x y 3y respectivamente, además, el
enunciado nos dice, que esas dos alturas son iguales, es decir 6x = 3y. Se deduce entonces que 2x = y. De
aquı́ deducimos que 10x = 5y. Por tanto la vela que tarda 10 horas en consumirse es más pequeña que la
vela que tarda 7 horas. Es decir 10x ≤ 7y. Finalmente, la división de las alturas, de la vela más pequeña,
entre la vela más 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 enumeración de las páginas del libro El Hobbit, se utilizaron 2013 dı́gitos. ¿Cuántas páginas tiene el
libro?
em
át
ic
as
—
U
ni
ve
r
Solución. El Libro tiene 707 páginas. 9 de ellas enumeradas con números de un dı́gito, 90 de ellas enumeradas con números de dos dı́gitos y 608 páginas se enumeraron con números de tres dı́gitos. Para ver como
se llega a esta conclusión procedemos como sigue: Primero, notamos que para escribir los números desde el
1 hasta el 99 se emplean 189 dı́gitos. Como escribir los números del 100 al 999 requiere de 2700 dı́gitos, se
concluye que la númeración del Libro tiene números de tres dı́gitos desde cierta parte hasta el final. Como
2013-189=1824, sabemos que se emplearon 1824 dı́gitos escribiendo números de tres dı́gitos, y la cantidad
de tales números fué 1824/3=608. La cantidad de páginas 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 triángulo escaleno ABC resulta el triángulo DEF , y al unir los
puntos medios de los lados del triángulo DEF resulta el triángulo GHI. Si el área del triángulo ABC es
112 cm2 , entonces el área del triángulo GHI es:
b) 16 cm2
c) 18 cm2
d) 20cm2
e) 28 cm2
Solución. Note que, cuatro veces el área del triángulo GHI equivale al área del triángulo DEF. A su véz,
cuatro veces el área de DEF coincide con el área de ABC. En resumen, 16 veces el área de GHI es el área
2
de ABC. El área de GHI es entonces 112
16 = 7 cm .
11. La suma de los dı́gitos del número 82 · 56 − 2 es:
a) 1
b) 2
c) 45
d) 44
e) 53
Solución. 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 dı́gitos del número en questión es 53.
12. Los números 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 qué columna se encuentra el número 2015?
(e) 674
O
lim
pi
a
da
s
Re
gi
on
al
es
de
M
at
em
át
ic
as
—
U
ni
ve
r
Solución. A partir de la columna 3, el primer número de cada columna es múltiplo de tres. Además, la
columna N −ésima inicia con el número 3(N − 2). Puesto que 2016 es múltiplo de tres, el será el primer
número en alguna columna N . En efecto, dado que 2016 = 3 × 672, se tien que N − 2 = 672. Luego
N = 674. Se sigue que, el número 2015 está ubicado como el último elemento de la columna 673.
Nivel Avanzado
1. La clave que Julio le puso a su cuenta de ahorros tiene las siguientes caracterı́sticas: – La suma de sus cuatro
dı́gitos es 9; la clave es un múltiplo de 5 mayor que 2000, y ningún dı́gito en ella es cero. ¿El tercer número
de la clave es?
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e)5
sid
ad
de
l
Va
l
le
Solución. Todo multiplo de 5 termina en cero o en 5. Dado que ninguno de los dı́gitos en la clave es cero,
ésta termina necesariamente en 5. La clave es un número mayor que 2000. La clave es entonces 2115. El
primer dı́gito no puede ser tres ó cuatro, pues en éste caso, uno los dos: el segundo dı́gito o el tercero es cero.
Claramente el primer dı́gito no puede ser mayor o igual a cinco, pues en éste caso la suma de los dı́gitos
superarı́a el 9. Dado que la Clave es 2115, el tercer dı́gito es 1.
a) 705
b) 706
U
ni
ve
r
2. En la enumeración de las páginas del libro El Hobbit, se utilizaron 2013 dı́gitos. ¿Cuántas páginas tiene el
libro?
c) 707
d) 708
e)709
de
M
at
em
át
ic
as
—
Solución. El Libro tiene 707 páginas. 9 de ellas enumeradas con números de un dı́gito, 90 de ellas enumeradas con números de dos dı́gitos y 608 páginas se enumeraron con números de tres dı́gitos. Para ver como
se llega a esta conclusión procedemos como sigue: Primero, notamos que para escribir los números desde el
1 hasta el 99 se emplean 189 dı́gitos. Como escribir los números del 100 al 999 requiere de 2700 dı́gitos, se
concluye que la númeración del Libro tiene números de tres dı́gitos desde cierta parte hasta el final. Como
2013-189=1824, sabemos que se emplearon 1824 dı́gitos escribiendo números de tres dı́gitos, y la cantidad
de tales números fué 1824/3=608. La cantidad de páginas 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 atrás. Tiene un área
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 qué distancia del punto A se encuentra el punto E?
a)
√
2
b) 1, 5
c)
√
3
d) 2
√
e) 6
Solución. El triángulo isósceles sombreado con ángulo recto en el vértice E, es rectángulo y denotemos la
longitud de sus catetos por x. El área de éste trángulo es 12 x2 . El área de la parte blanca puede obtenerse
restando al area del cuadrado grande, un cuadrado de lado x. Por tanto, si éstas áreas son iguales se tiene la
ecuación
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
hipótenusa del triángulo sombreado, por el Teorema de Pitágoras tenemos:
AE 2 = x2 + x2 = 4.
Se sigue que AE = 2.
4. En matemáticas, se tiene libertad para definir operaciones, por ejemplo si a y b, son números enteros, definimos la operación ⋆ 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
át
ic
as
—
1⋆
2014
2015
U
ni
ve
r
Solución. 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. Además, para cada tres números 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 solución detallada de éste ejercicio emplea el
principio de inducción matemática 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 fórmula (∗) para n = 2.
Paso 2: Suponemos que la fórmula se cumple para n = k, dónde k es algún entero positivo.
Paso 3: Demostramos (∗) para n = k + 1 y con ésto quedarı́a probada la fórmula para cada n de acuerdo al
principio de inducción.
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}. ¿Cuántos números hay que tengan exactamente dos dı́gitos 9 consecutivos?
a) 36
b) 54
c) 90
d) 120
e) 171
Va
l
le
Solución. Un número de cuatro dı́gitos con dos nueves consecutivos menor que 2015 tiene la forma 199B
ó 1B99 donde B = 0, 1, · · · , 8. Por lo que, de ésta froma hay 17 números. La forma de números con tres
dı́gitos y exactamente dos nueves consecutivos es A99 o 99B donde A = 1, 2, · · · , 8 y B = 0, 1, · · · , 8.
De tres dı́gitos tenemos entonces 17 números. Y con dos dı́gitos sólo tiene ésta propiedad el 99. Luego el
resultado requerido es 17 + 18 + 1 = 36.
c) II y III
e) Todas las áreas son diferentes
—
b) I y III
as
a) I y II
d) Todas las áreas son iguales
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
6. Tres hexágonos regulares iguales se dividen y sombrean y etiquetan las regiones sombreadas tal como lo
muestra la figura. ¿Cuáles regiones sombreadas tienen igual área?
em
át
ic
Solución. Todas las áreas son iguales.
de
M
at
7. Los números 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 qué columna se encuentra el número 2015?
a) 670
b) 671
c) 672
d) 673
e) 674
Solución. A partir de la columna 3, el primer número de cada columna es múltiplo de tres. Además, la
columna N −ésima inicia con el número 3(N − 2). Puesto que 2016 es múltiplo de tres, el será el primer
número en alguna columna N . En efecto, dado que 2016 = 3 × 672, se tien que N − 2 = 672. Luego
N = 674. Se sigue que, el número 2015 está ubicado como el último elemento de la columna 673.
8. ¿Cuál es el primer dı́gito después de la coma del número obtenido como resultado de la multiplicación entre
102015 y 2, 341572403?
a) 0
b) 2
c) 3
d) 4
e) 7
Solución. 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 números 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 dı́gito despues de la coma es 2.
de
l
Va
l
le
9. A continuación, se presentan las gráficas de las funciones f y h.
U
ni
ve
r
sid
ad
La gráfica de f + h, la suma de las funciones f y h es:
b)
as
—
a)
d)
at
em
át
ic
c)
de
M
e)
Re
gi
on
al
es
Solución. Las dos funciones f y h toman valores positivos. Por tanto, la suma f + h es una función positiva.
Este hecho nos permite descartar la opción a). La opción 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 ésta parte. Un argumento similar
permite descartar la opción e). La opción d) se descarta, pues f +h debe tomar valores grandes y ser creciente,
pues, h tiene esa caracteristica. La respuesta correcta la da la opción c).
O
lim
pi
a
da
s
10. Los puntos P , Q, R son vértices de un cubo tal como lo muestra la figura. El valor del ángulo ∠P QR en
grados es:
a) 30◦
b) 45◦
c) 60◦
d) 90◦
e) 120◦
Solución. Los lados del triángulo están puestos en las diagonales de cara del cubo. Luego sus lados son
iguales. Es decir, el triángulo P QR es equilátero. Como la suma de las medidas de los ángulos internos de
un triángulo es 180◦ , y todos los ángulos de P QR son iguales, cada ángulo tiene como medida 60◦ .
11. Dos velas son de diferente longitud y grosor. La más larga tarda 7 horas en consumirse completamente, y la
más corta 10 horas. Después de estar encendidas durante cuatro horas, las dos velas tienen el mismo largo.
La proporción (división) entre el largo original de la vela más corta y el de la vela más larga es
7
10
b)
3
5
c)
4
7
d)
5
7
e) 32
le
a)
—
U
ni
ve
r
sid
ad
de
l
Va
l
Solución. Considere la vela que tarda en consumirse 10 horas y sea x la altura que disminuye ésta vela, por
una hora que permanece encendida. La altura de ésta 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 ésta vela es 7y. Después de 4 horas el tamaño de las velas es 6x y 3y respectivamente, además, el
enunciado nos dice, que esas dos alturas son iguales, es decir 6x = 3y. Se deduce entonces que 2x = y. De
aquı́ deducimos que 10x = 5y. Por tanto la vela que tarda 10 horas en consumirse es más pequeña que la
vela que tarda 7 horas. Es decir 10x ≤ 7y. Finalmente, la división de las alturas, de la vela más pequeña,
entre la vela más grande es
10X
10x
10
5
=
=
= .
7y
14x
14
7
b) 6
es
a) 3
de
M
at
em
át
ic
as
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 distribución debe hacerse
de tal manera que todas las estación reciban la misma cantidad de tarjetas de cada tipo. ¿Cuál es el máximo
número 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
Solución. Entre tarjetas personalizadas y no personalizadas hay 2112 + 4500 = 6612. Puesto que el máximo
común divisor de 2112 y 4500 es 12, el máximo número en el que se pueden dividir simultaneamente 4500
y 2112 es 12. La respuesta es por tanto la opción c).