SOLUCIONARIO DE LA XIV OLIMPIADA NACIONAL DE · PDF file2014. La intenci on detr as del proyecto de los solucionarios es acercar la ONM al publico salvadoreno,~

SOLUCIONARIO DE LA XIVOLIMPIADA NACIONAL DE

MATEMATICA

Programa Jovenes Talento

San Salvador, El Salvador

2014

v2.0 (abril 2014). Primera version electronica; 27 paginas.

Este documento ha sido publicado en la pagina web del autor: http://salvamate.wordpress.com/

c© 2014 Gabriel Chicas Reyes.

AVISO DE PROPIEDAD INTELECTUAL. Se autoriza la libre distribucion y reproduccionde este documento exclusivamente con fines educativos, siempre y cuando el autor y su afiliacion alPrograma Jovenes Talento de El Salvador sean reconocidos.

http://salvamate.wordpress.com/

Introduccion

La Olimpiada Nacional de Matematica (ONM) es el principal mecanismo de admision al ProgramaJovenes Talento de El Salvador (PJT). Usualmente tiene lugar cada ano el segundo domingo de febrero,en el cual se publica un listado de problemas en periodicos de circulacion nacional y a traves de inter-net. Los alumnos en un grado apto para participar —de cuarto grado a primer ano de bachillerato—deben resolver los problemas correspondientes y enviar sus soluciones por correspondencia. Aquellosque obtengan los mejores puntajes proceden a someterse a un examen presencial el siguiente mes, me-diante el cual se hace una seleccion definitiva de los nuevos miembros del PJT. Este ano se recibieronparticipaciones de un total de 1640 estudiantes en la prueba del periodico, de los cuales 655 asistierona la prueba presencial y 485 fueron finalmente seleccionados.

Como parte del esfuerzo constante que hace el PJT para llegar al mayor numero de estudiantes po-sible, tengo el gusto de presentarles esta coleccion de soluciones a todos los problemas de la ONM2014. La intencion detras del proyecto de los solucionarios es acercar la ONM al publico salvadoreno,especialmente a aquellos sectores de la comunidad educativa que carecen de recursos de preparacion yexperiencia con la olimpiada. A traves de estas soluciones espero dar al lector una idea concreta de losconocimientos necesarios para un buen desempeno en la ONM, ası como familiarizarle con metodos deresolucion de problemas en general. Por otra parte, con el objetivo de brindar una mayor variedad derecursos didacticos, he anadido una seccion de problemas de practica, que consiste en una seleccion deproblemas de ediciones previas de la ONM y otras fuentes.

Concluyo expresando mis mas sinceros agradecimientos a Aaron Ernesto Ramırez Flores (ClemsonUniversity), Mynor Ademar Melara Estrada (Universidad de El Salvador) y Ludwin Antonny DuranParedes (Fachhochschule Aachen) por resolver mis dudas sobre varios de los problemas y contribuir conla correccion de errores. Invito cordialmente a los lectores a hacerme llegar sus preguntas, sugerenciasy comentarios sobre los contenidos de este documento.

Gabriel Chicas ReyesLeiden, abril de 2014

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1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

1. Soluciones de la XIV ONM 2014

1.1. Cuarto grado

Problema 1. En un edificio se numeraron todas las puertas de las oficinas utilizando placas quecontenıan un dıgito cada una. Por ejemplo, para numerar la decimo cuarta puerta se utilizaron dosplacas, una con el numero 1 y otra con el 4. Si en total se utilizaron 35 placas, determine la cantidadde puertas numeradas.

Solucion. Las puertas del 1 al 9 usan una placa cada una, de donde 35−9 = 26 placas son usadas paraformar numeros de dos dıgitos, los cuales usan dos placas cada uno. Luego hay 26/2 = 13 numeros dedos dıgitos, y ası hay 9 + 13 = 22 puertas en total. �

Problema 2. Julian, Marıa, Nicolas y Luisa tienen una mascota cada uno, entre las siguientes: un gato,un perro, un pez y un canario. La mascota de Marıa tiene pelo, la de Luisa cuatro patas, la de Nicolas esun ave y se sabe que a Julian y a Marıa no les gustan los gatos. Determine que mascota tiene cada uno.

Solucion. Como la mascota de Nicolas es un ave, esta debe ser el canario. La mascota de Marıa tienepelo, ası que no puede ser ni pez ni canario, ni tampoco gato ya que a ella no le gustan; se sigue queMarıa tiene un perro. Y como la mascota de Luis tiene cuatro patas y no es perro (que es de Marıa),esta debe ser un gato. La mascota restante, el pez, es de Julian. �

Problema 3. Cien ninas se disponen a jugar pin-pon; para ello se sientan en sillas numeradas del 1al 100. El juego tiene las siguientes reglas: si una nina esta sentada en una posicion par ella dice pin,si esta sentada en una silla con numero multiplo de 3 ella dice pon, en otro caso dice el numero de susilla. Ası por ejemplo la primer nina dice uno, la segunda dice pin, la tercera dice pon, la cuarta dicepin, la quinta dice cinco, la sexta dice pin-pon, y continuan de esa manera. Determine la cantidad deninas que dicen solamente pin, la cantidad que dicen solamente pon, la cantidad que dicen pin-pon yla cantidad que dicen un numero.

Solucion. Entre los numeros del 1 al 100 hay 50 numeros pares, 33 multiplos de 3, y 16 multiplos de3 pares (es decir, multiplos de 6). Ya que las ninas en asientos divisibles por 6 dicen pin-pon, vemosque 50− 16 = 34 de ellas dicen solo pin, 33− 16 = 17 solo dicen pon y 16 dicen pin-pon. Por ultimo,para hallar el numero de ninas que dicen un numero restamos del total de ninas el numero de ellasque dicen pin o pon, obteniendo 100− 34− 17− 16 = 33 ninas. �

Problema 4. Un grupo de ninos, uno de ninas y otro de perros juegan “vencidas” utilizando unacuerda, tirando de sus extremos. Se sabe que si 3 ninos tiran de un extremo y 2 ninos con 3 perrostiran del otro, sus fuerzas se equilibran. Ademas si un nino y un perro tiran de un extremo y 2 ninastiran del otro, sus fuerzas tambien se equilibran. Suponiendo que los miembros de un mismo grupotienen igual fuerza entre sı, determine la cantidad de perros que deben tirar de un extremo de la cuerdapara equilibrar sus fuerzas con 3 ninas tirando del otro.

Programa Jovenes Talento 5

1.1 Cuarto grado 1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

Solucion. Si 3 ninos se equilibran con 2 ninos y 3 perros, quitando 2 ninos de ambos lados obtenemos1 nino equilibrado con 3 perros. Y ya que 2 ninas se equilibran con 1 nino y 1 perro, estas tambien seequilibran con 4 perros, de donde 1 nina se equilibra con 2 perros, y por tanto 3 ninas se equilibrancon 6 perros. �

Problema 5. Dos piezas cuadradas y tres piezas rectangulares se acomodan para formar un rompe-cabezas cuadrado como muestra la figura. Si cada una de las dos piezas cuadradas tiene 72 cm deperımetro y las otras tres piezas son iguales entre sı, determine el perımetro de cada una de estas trespiezas.

Solucion. El perımetro de los cuadrados es igual a cuatro veces su lado, por lo que la medida de sulado es 72/4 = 18. Ahora bien, notemos que tres veces el lado horizontal de los rectangulos mide lomismo que dos veces el lado de los cuadrados, de donde dicho lado horizontal mide 2 · 18/3 = 12. Porultimo notemos que el lado vertical del rompecabezas, formado por un lado de los cuadrados pequenosy un lado vertical de los rectangulos, mide lo mismo que el lado horizontal, formado por dos ladosde los cuadrados, puesto que el rompecabezas es cuadrado. Consecuentemente el lado vertical midetambien 18, y concluimos que el perımetro de las piezas rectangulares es 2 · 12 + 2 · 18 = 60. �

6 Programa Jovenes Talento

1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014 1.2 Quinto grado

1.2. Quinto grado

Problema 1. En la figura se ven cinco rectangulos, en los que cada lado esta etiquetado con un numeroentero. Estos rectangulos se colocan, sin rotarlos ni darles la vuelta, en las posiciones I a V que semuestran abajo, de forma que las etiquetas en los lados que se tocan deben ser iguales. Determineque rectangulo debe colocarse en la posicion I. Argumente por que esta es la unica posibilidad.

A B C D E

I II III

IV V

57

84

83

05

09

27

21

63

14

96

Solucion. Veamos cuales fichas pueden ocupar la posicion I. Si colocamos a B, la ficha en II debetener un 5 a la izquierda; al colocar D obligamos a la ficha en IV a tener un 6 arriba; y asimismo alcolocar E vemos que la ficha en II debe tener un 6 a la izquierda. Ya que no existen tales fichas, sesigue que solo A o C pueden colocarse en I. Pero si A esta en I, entonces la ficha en II debe tener un 4a la izquierda, y por ende debe ser E; sin embargo, no hay fichas con un 6 a la izquierda que puedancolocarse en III, una contradiccion. Por tanto C debe ocupar la posicion I, y a partir de esto facilmentedeterminamos que II, III, IV y V estan ocupados respectivamente por A, E, D y B. �

Problema 2. En el tablero se quiere pintar cada cuadradito de rojo o de azul. Los dos cuadraditos dela izquierda no pueden ser rojos a la vez. Los dos cuadraditos de la derecha no pueden ser rojos a lavez. Determine el numero de maneras distintas en que se puede pintar el tablero.

Solucion. Si el cuadro de la esquina superior izquierda es rojo, entonces el cuadro situado abajo debeser azul por la condicion. Los dos cuadros de enmedio pueden ser pintados de cualquier modo, y hay22 = 4 formas de hacerlo, mientras que los dos de la derecha pueden ser pintados de 3 formas: rojo-azul, azul-rojo y azul-azul. Luego hay 4 · 3 = 12 formas de pintar el tablero en este caso. En cambio,si la esquina superor izquierda es azul, la unica diferencia con el caso anterior es que el cuadro situadoabajo puede ser azul o rojo, por lo cual el numero correspondiente de formas de pintar el tablero es2 · 4 · 3 = 24. La respuesta al problema es por tanto 12 + 24 = 36.

Nota. Es posible efectuar el conteo de otra forma. Hay 24 = 16 formas de pintar el tablero de modo quelos cuadros de la izquierda sean rojos, pues los cuatro cuadros restantes pueden pintarse de cualquiercolor. Asimismo, hay 16 formas de pintar el tablero de modo que los cuadros de la derecha sean rojos,y hay 22 = 4 maneras de pintar el tablero de modo que tanto los cuadros de la derecha como los de laizquierda sean rojos. El numero pedido es por tanto 64− 16− 16 + 4 = 36.1 �

1Este es un ejemplo de una herramienta de conteo conocida como el principio de inclusion-exclusion.


1.2 Quinto grado 1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

Problema 3. Alejandro tiene siete dados con caras numeradas del 1 al 6. Toma uno de los dados y lepega los seis restantes de manera que los numeros en cada par de caras pegadas coincidan, obteniendouna pieza como se muestra en la figura. Determine la suma de los numeros en la superficie de la pieza.

Solucion. Para calcular la suma en cuestion, sumemos los numeros en los siete dados y luego restemoslos que aparecen en las caras que no pertenecen a la superficie de la pieza, que son: todos los numerosen las caras del dado central, y todos los numeros en las caras que han sido pegadas a este dado. Pordato los numeros en las caras pegadas son iguales a los numeros en las caras correspondientes del dadocentral, y en consecuencia los numeros en las caras que no pertenecen a la superficie de la pieza equivalena los numeros en las caras de dos dados. Luego los numeros en la superficie de la pieza equivalen a losnumeros en las caras de 7− 2 = 5 dados, y su suma es por tanto 5(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 105. �

Problema 4. Daniela participa en un juego que consiste en sacar 40 bolitas de una caja. Las bolitasson blancas o negras. Las reglas dicen que ella recibira 1/2 dolar por cada bolita blanca que saquey debera pagar un dolar por cada bolita negra que saque. Si al final del juego ella gano 2 dolares,determine la cantidad de bolitas blancas que Daniela saco.

Solucion. Si Daniela gano 2 dolares en total, quiere decir que ella saco 4 bolitas blancas, con las quegano los 2 dolares, y de que las 36 bolitas restantes no obtiene ganancia alguna. Segun los datos delproblema, 2 bolitas blancas se equilibran con 1 bolita negra, por lo que entre las 36 bolitas en cuestionel numero de bolitas blancas debe ser igual al doble del numero de bolitas negras, es decir estosnumeros son respectivamente 24 y 12. Por tanto la cantidad total de bolitas blancas que saco Danielaes 24 + 4 = 28. �

Problema 5. Haciendo cortes paralelos a las caras de un cubo de madera se obtiene una pieza comola que se muestra. Si el volumen original del cubo era 8 m3, ¿cual es la superficie de la pieza?


1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014 1.2 Quinto grado

Solucion. La pieza comparte 3 caras con el cubo original. Ahora bien, notemos que al unir las doscaras de la pieza marcadas con la letra A obtenemos una cara del cubo original. Asimismo, al unir lasdos caras B y las dos caras C obtenemos otras dos caras del cubo. Luego la superficie de la pieza esigual a la superfice del cubo. Puesto que el volumen del cubo es 8, su lado es 2 y por tanto la respuestaes 6 · 22 = 24. �

A

A

B

B

CC


1.3 Sexto grado 1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

1.3. Sexto grado

Problema 1. Determine cuantos numeros de cuatro cifras cumplen con las condiciones siguientes: elprimer dıgito del numero es la cantidad de ceros que aparecen en el, el segundo dıgito es la cantidadde unos que aparecen en el; de manera similar el tercer dıgito es la cantidad de dos y el ultimo dıgitoes la cantidad de tres.

Solucion. Sea N = abcd el numero. Barramos con todos los posibles valores de a.

a = 4 no es posible, pues N estarıa formado por cuatro ceros.

a = 3 tampoco es posible, pues N contendrıa tres ceros, pero N = 3000 no cumple con lacondicion del enunciado.

Si a = 2, entonces debe haber exactamente dos ceros. Pero c 6= 0 ya que N contiene un 2, por loque c = 1, 2, 3. Si c = 1 entonces las dos cifras restantes b y d deben ser cero, de donde N = 2010,pero este numero no satisface las condiciones del problema. Si c = 2 tambien debemos tenerb = d = 0, obteniendo N = 2020, el cual sı es una solucion valida. Finalmente c = 3 es imposible.

Si a = 1, entonces N contiene exactamente un cero. Claramente b 6= 0 pues N contiene un 1, yen consecuencia c = 0 o d = 0. Dividamos nuevamente en casos:

• Si c = 0 entonces N no contiene 2, pero como ya contiene un 1 vemos que b = 1, 3. Si b = 1la condicion no se cumple pues el numero tendrıa dos 1, mientras que b = 3 es imposibleporque no hay espacio para tres 1.

• Si d = 0, entonces N no contiene 3, de donde b 6= 3; ademas b 6= 0 porque N ya contiene un1. Por ultimo, b = 1 es absurdo, pues N contendrıa dos 1; luego b = 2 y c = 1 es la unicaposibilidad, la cual nos da el valor N = 1210.

a = 0 no es posible pues el numero tiene cuatro cifras.

Por tanto las unicas soluciones al problema son 2020 y 1210. �

Problema 2. Los numeros naturales del 1 al 2014 se escriben en la tabla de siete filas que se muestraparcialmente en la figura, siguiendo el orden de la flecha. Determine en que fila y en que columnaestara ubicado el numero 2014.

Solucion. Notemos que los multiplos de 7 ocupan posiciones especiales en el tablero. En efecto, si nes impar, entonces 7n se encuentra en la casilla (G,n), mientras que si n es par entonces 7n ocupa lacasilla (A,n). Ahora bien, 2014 = 7 · 287 + 5 no es un multiplo de 7, pero sı conocemos la posicion de7 · 287 = 2009, que por lo anterior esta en (G, 287). A partir de 2009 debemos avanzar 1 casilla a laderecha y despues 4 hacia arriba, por lo que 2014 esta en la casilla (C, 288). �


1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014 1.3 Sexto grado

Problema 3. En otono un grupo de garzas emigran del norte al sur. Durante la emigracion, 1/8de ellas desaparecen en el camino; de las restantes 1/4 pierden la vida en los cables electricos y 2/3del resto son abatidas por cazadores. Determine la cantidad inicial de garzas en el grupo antes de laemigracion, si 672 llegaron al sur.

Solucion. Las 672 garzas son las que quedaron luego de que 2/3 del grupo murio a manos de cazadores;luego antes de encontrar a los cazadores habıa 672·3 garzas. Este es el numero de garzas que quedo luegode que 1/4 del grupo fuera electrocutado, por lo que la cantidad de garzas que habıa antes de pasarpor los cables electricos es 672 · 3 · 4/3 = 672 · 4. Finalmente, 1/8 del grupo desaparecio antes de queesto sucediera, por lo que el numero inicial de garzas era 672 · 4 · 8/7 = 3072. �

Problema 4. El gato Michu tomo una siesta, y sono que su dueno le decıa: “Vamos, Michu, puedescomer de los ratones: puedes iniciar comiendo cualquier raton y enseguida debes comerte el quintoraton contando en el sentido de las agujas del reloj, y siguiendo ası hasta acabarlos”. Michu sono conel arreglo de cinco ratones que se muestra en la figura y comenzo comiendo el raton A. Obedeciendolas instrucciones de su dueno, conto cinco ratones en sentido de las agujas del reloj: B,C,D,E,B y secomio el B; ası el orden en que se los comio fue: A,B,D,E y C. Si Michu hubiera sonado con catorceratones marcados de la A a la N y ademas hubiera terminado por comer el raton marcado con la letraM , determine por cuales ratones pudo comenzar Michu a comer.

Solucion. Trabajemos de atras hacia adelante. Comencemos con el ultimo raton M en el cırculo, yllamemos R1 al penultimo. Entonces la posicion del antepenultimo raton R2 debe ser la que se muestraen la figura de la izquierda, pues de lo contrario Michu se comerıa por ultimo a R1 y no a M .

M

R1 R2

M

R1

R3 R2

Para determinar la posicion del siguiente raton R3 podemos revertir el conteo de Michu: comenzan-do desde R2, contamos los siguientes 4 ratones en sentido antihorario, y luego colocamos al nuevoraton inmediatamente despues del cuarto raton, continuando en sentido antihorario, y hacemos lo mis-mo con el resto de ratones.2 Al comenzar por R2 la posicion de R3 se muestra en la figura de la derecha.

2Notemos que al hacer esto la posicion de cada raton es determinada de manera unica.


1.3 Sexto grado 1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

Continuando con este procedimiento, podemos determinar la posicion del resto de los ratones en elcırculo: comenzando con M en sentido horario el arreglo obtenido es

M,R2, R9, R7, R11, R1, R4, R5, R13, R8, R10, R3, R6, R12.

Recordando los nombres originales de los ratones, vemos que R2 = N , R9 = A, etc., por lo que elprimer raton que se comio Michu es R13 = G, y esta es la unica posibilidad.

Nota. No es difıcil establecer un patron mas general: al comenzar a contar desde A terminaremos enG, desde B terminaremos en H, desde C terminaremos en I, y ası sucesivamente. �

Problema 5. En la siguiente figura cada triangulo pequeno tiene area 1. Determine el area de laregion sombreada.

Solucion. Dividimos la figura en partes cuyas areas son mas faciles de calcular. Los triangulos anaran-jado, rojo y azul son las mitades de tres paralelogramos (las otras tres mitades se muestran en coloresmas claros). Los paralelogramos anaranjado, rojo y gris tienen cada uno 8 triangulitos, mientras que elazul tiene 4; se sigue que los triangulos anaranjado, azul y rojo tienen area 4, 2 y 4, respectivamente.Luego la region original, que consta de la region gris mas los triangulos anaranjado, rojo y azul, tienearea 2 + 4 + 4 + 8 = 18. �


1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014 1.4 Septimo grado

1.4. Septimo grado

Problema 1. Dos corredores de maraton se entrenan en el estadio durante 2 horas y media. Empiezana correr juntos desde la lınea de salida. Uno de ellos da una vuelta a la pista en 6 minutos y el otro en8 minutos. Determine cuantas veces cruzan simultaneamente la lınea de salida.

Solucion. Los corredores entrenan un total de 150 minutos, y cruzaran la salida al mismo tiempoal haber dado un numero entero de vueltas a la pista, de donde el tiempo utilizado por ambos (enminutos) debe ser un entero multiplo de 6 y 8. Ya que el mınimo comun multiplo de 6 y 8 es 24, estostienen 6 multiplos comunes entre 1 y 150: 1, 24, 48, 72, 96, 120, 144. Por tanto el numero de veces quelos corredores cruzan la meta juntos es 6. �

Problema 2. Determine cuantas cifras como maximo pueden ser borradas del numero de 2000 cifras201420142014 · · · 20142014 de manera que la suma de las cifras restantes sea 2014.

Solucion. Si el numero en cuestion tiene 2000 cifras, entonces el grupo de cifras 2014 se repite 2000/4 =500 veces, por lo que este esta compuesto por 500 ceros, 500 unos, 500 dos y 500 cuatros. Evidentementetodos los ceros pueden ser borrados, ya que no contribuyen en nada a la suma de los dıgitos. En cuantoa los unos, ya que queremos borrar el mayor numero de cifras posible, debemos eliminarlos todos. Encuanto a los doses, como deseamos borrar el maximo numero de cifras, nos conviene tomar tantos comosea posible; pero ya que los 500 cuatros restantes suman 2000, necesitamos dejar al menos 7 doses paraque la suma de los numeros que sobren sea 2014. Luego podemos borrar a lo sumo 500−7 = 493 dosesy no necesitamos borrar ningun cuatro, y ası el total de cifras borradas es 500 + 500 + 493 = 1493.3�

Problema 3. Cada cuadro del tablero mostrado a la derecha en la figura siguiente es de 1× 1. Deter-mine de cuantas formas se puede cubrir este tablero con rectangulos de 1× 2 y 2× 1 como los que semuestran a la izquierda, de manera que no hayan rectangulos que se traslapen y que ningun rectangulose salga del tablero.

Solucion. Antes que nada, claramente los dos extremos que sobresalen del tablero pueden ser cubiertoscon fichas de una sola manera. Ahora bien, para colocar el resto de fichas dividimos en casos, depen-diendo de si la casilla superior izquierda esta cubierta con una ficha horizontal o vertical. Iterando esteproceso obtenemos las siguientes configuraciones, que claramente nos conducen a 3 formas de cubrirel tablero:

3Este problema es un ejemplo de una estrategia mas general conocida como el algoritmo gloton, que tiene un papelimportante en ciertas ramas de la combinatoria y ciencias de la computacion.


1.4 Septimo grado 1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

La ultima configuracion puede completarse de 3 formas, que corresponden al numero de formas decubrir un rectangulo de 3× 2:

Por tanto el tablero puede ser cubierto de 6 formas. �

Problema 4. En la figura, P y Q son los centros de las circunferencias tangentesM y N , respectiva-mente. Sean A y B los puntos donde la lınea PQ corta a las circunferenciasM y N , como se muestraen la figura. Se traza el rectangulo ABCD de manera que CD es tangente a N en T . Si el area deABCD es 15, determine el area del triangulo PQT .


1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014 1.4 Septimo grado

M

N

P QA B

T CD

Solucion. Tracemos los segmentos PR y V S perpendiculares a CD, como se muestra en la figura.Como AP = PV y V Q = QB, ABCD queda dividido en dos pares de figuras congruentes, a saberAPRD, PV SR y V QTS, QBCT . Luego el area del rectangulo PQTR es la mitad del area de ABCD,y a su vez el area del triangulo PQT es la mitad del area del rectangulo PQTR. En consecuencia elarea de PQT es 1/4 del area de ABCD, es decir 15/4. �

M

N

P V QA B

T CD R S

Problema 5. Un rectangulo de dimensiones 1102× 950 es dividido en cuadros de 1× 1. Determine acuantos de estos cuadros corta una de las diagonales del rectangulo.

Solucion. La observacion crucial es que podemos hallar el numero de cuadrados intersecados porla diagonal si contamos el numero de segmentos en que esta diagonal es dividida por la cuadrıcula.Ya que el rectangulo es dividido en cuadraditos mediante 1101 lıneas horizontales y 949 verticales,hay a lo sumo 1101 + 949 = 2050 puntos de interseccion con la diagonal. Sin embargo, algunas deestas intersecciones coinciden; cuando esto sucede, una lınea horizontal y una vertical concurren conla diagonal, determinando un rectangulo semejante al original. Ya que los lados de este subrectanguloson enteros, estos deben ser divisores de los lados correspondientes del rectangulo original, y puestoque el maximo comun divisor de 1102 y 950 es 38, hay 37 de tales subrectangulos. Se sigue que ladiagonal es intersecada en 2050− 37 = 2013 puntos, y por tanto es dividida en 2014 segmentos.4 �

4Un argumento similar establece que una diagonal de un rectangulo de a× b interseca a a + b−mcd (a, b) cuadros.


1.5 Octavo grado 1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

1.5. Octavo grado

Problema 1. Sea p(n) el producto de las cifras de un numero natural n. Por ejemplo, p(7) = 7 yp(25) = 2 · 5 = 10. Determine el valor de la suma p(1) + p(2) + · · ·+ p(100).

Solucion. Antes que nada notemos que los multiplos de 10 no contribuyen en nada a la suma, ası quepodemos ignorarlos. Claramente p(1) + p(2) + · · ·+ p(9) = 1 + 2 + · · ·+ 9. El siguiente paso es sumar

p(11) + p(12) + · · ·+ p(19) = 1 · 1 + 1 · 2 + · · ·+ 1 · 9 = 1(1 + 2 + · · ·+ 9).

Para los numeros del 21 al 29 tenemos que

p(21) + p(22) + · · ·+ p(29) = 2 · 1 + 2 · 2 + · · ·+ 2 · 9 = 2(1 + 2 + · · ·+ 9).

Y ası sucesivamente hasta sumar p(91) + p(92) + · · ·+ p(99). Por tanto

p(1) + p(2) + · · ·+ p(100) = (1 + 2 + · · ·+ 9) + (1 + 2 + · · · 9)2 = 45 + 452 = 2070. �

Problema 2. En la figura, ABCDE es un pentagono regular y BCGF es un cuadrado. Determine lamedida del angulo FAC.

B C

D

E

AGF

Solucion. Ya que el pentagono y el cuadrado comparten un lado, vemos que BA = BF . Esto implicaque el triangulo ABF es isosceles, de donde ∠FAB = 90◦ − ∠ABF/2. Pero el angulo interior de unpentagono regular es 108◦; luego ∠ABF = ∠ABC−∠FBC = 108◦−90◦ = 18◦. Se sigue que ∠FAB =90◦ − 9◦ = 81◦. De manera analoga, vemos que el triangulo ABC es isosceles, pues BA = BC, por loque ∠BAC = 90◦ − ∠ABC/2 = 90◦ − 108◦/2 = 36◦. En consecuencia ∠FAC = ∠FAB − ∠CAB =81◦ − 36◦ = 45◦. �

Problema 3. Inicialmente hay un 1 en la pantalla de una computadora. Al presionar la tecla A, semultiplica por 3 el numero de la pantalla. Al presionar la tecla B, se resta 1 al numero de la pantalla.Utilizando una secuencia de teclas A y B hay que llegar a tener en la pantalla un 97. Determine elnumero mınimo de teclas que se deben presionar.

Solucion. Ya que 97 no es divisible por 3, este debe ser obtenido a partir de un multiplo de 3presionando la tecla B; usaremos la tecla el menor numero de veces si partimos del multiplo de 3mas cercano, que es 99. Y como 99 = 9 · 11, este puede ser alcanzado a partir de 11 con la tecla A(claramente obtenerlo con B necesitarıa mas teclas). Aplicando exactamente el mismo razonamiento,


1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014 1.5 Octavo grado

vemos que para llegar a 11 debemos haber pasado antes por 12, y a este llegamos desde 4. Para llegara 4 debemos haber partido del multiplo de 3 mas cercano, que es 6, y a partir de este regresamos a 2.Finalmente desde 2 retrocedemos a 3 y regresamos a 1. Por tanto la mınima secuencia de teclas quenos lleva a 97 es

1→ 3→ 2→ 6→ 5→ 4→ 12→ 11→ 33→ 99→ 98→ 97

y en conclusion es necesario presionar por lo menos 7 + 2 + 2 = 11 teclas. �

Problema 4. La piramide siguiente se llena colocando un numero entero en cada casilla. Los cuatronumeros de la base deben cumplir que al sumarlos de como resultado 8, y los numeros de las demascasillas deben ser el resultado de sumar los numeros en las dos casillas que estan justo debajo. Determinesi es posible que el numero en la casilla superior sea 7.

Solucion. No. Si a, b, c, d son los numeros de la base escritos de izquierda a derecha, entonces los tresnumeros arriba son a+ b, b+ c, c+ d, y los dos numeros siguientes son a+ 2b+ c, b+ 2c+ d, por lo queel numero en la cima es a+ 3b+ 3c+ d. Como a+ b+ c+ d = 8 este numero vale 8 + 2b+ 2c, que espar y por tanto no puede ser 7. �

Problema 5. En una fiesta hay 100 personas. La primera da la mano a una persona, la segunda a dospersonas, la tercera a tres personas, y ası sucesivamente de manera que la nonagasima novena da lamano a 99 personas. Determine la cantidad de personas a las cuales le dio la mano la centesima persona.

Solucion. Por conveniencia, llamemos P1 a la primera persona, P2 a la segunda, y ası sucesivamentehasta P100. Comenzamos notando que P99 le da la mano a 99 personas, es decir que le da la manoa todos los demas, incluido P1. Pero P1 le da la mano a una sola persona, ası que esta debe serP99. Ahora bien, sabemos que P98 le da la mano a 98 personas; del total de 100 personas hay dosa las que no les puede dar la mano (a P1 y a sı mismo), de donde por fuerza debe darle la mano aP2, P3, . . . , P97, P99, P100. Pero P2 le da la mano solamente a dos personas, ası que estas son necesaria-mente P98 y P99.

Continuando este razonamiento por induccion en 1 ≤ n ≤ 50, vemos que la persona P100−n le da lamano a 100−n personas; puesto que entre el total de 100 personas hay n a las que no les puede dar lamano (a P1, P2, . . . , Pn−1 y a sı mismo), resulta que P100−n debe darle la mano a las 100−n personasrestantes, que son Pn, Pn+1, . . . , P99, P100 (exceptuandose a sı mismo). Al mismo tiempo tambien hemosdeterminado cuales personas le dan la mano a Pn, pues esta anteriormente ya le dio la mano a lasn personas P99, P98, . . . , P100−n. El proceso termina cuando n = 50, y al inspeccionar el argumentoanterior veremos que P100 le dio la mano a P50, P51, . . . , P98, P99, es decir a 50 personas. �


1.6 Noveno grado 1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

1.6. Noveno grado

Problema 1. Una partıcula se mueve a traves del primer cuadrante siguiendo el patron que se indicaen la figura. Durante el primer minuto se mueve desde el origen hasta (1, 0), moviendose una unidadde distancia paralela a un eje cada minuto. Determine en que punto se encontrara la partıcula despuesde exactamente 2 horas.

Solucion. Poniendo un poco de atencion nos daremos cuenta de que, si n es impar, la partıcula necesitan2 minutos para llegar al punto (n, 0). En efecto, para llegar de (n, 0) a (n+ 2, 0) debemos movernos npasos hacia arriba, n hacia la izquierda, 1 hacia arriba, n+1 a la derecha, n+1 hacia abajo y 1 hacia laderecha. Luego para llegar del origen a (n+2, 0) se requieren n2+2n+1+2(n+1)+1 = (n+2)2 pasos,y el resultado se sigue por induccion. Por ultimo, ya que 120 = 112 − 1, la posicion de la partıculaluego de 120 minutos es (10, 0). �

Problema 2. Se tienen los cuadrados ABCD y WXY Z, con lados de longitud 2 y 1, respectivamente.El lado WX esta sobre el lado DC. Se trazan las rectas DZ y CY , que se cortan en P . Determine larazon entre el area sombreada y el area blanca.

A

B C

D

W

XY

Z

P

Solucion. Puesto que CD y Y Z son paralelas, los triangulos PY Z y PCD son semejantes, y la razonde semejanza es Y Z/CD = 1/2; esto ultimo implica que Y y Z son los puntos medios de PC y PD,respectivamente. Ahora bien, sea PR la altura relativa a CD, y sea S su punto de corte con Y Z.Entonces PS/PR = PY/PC = 1/2, de donde PR = 2 pues RS es congruente a un lado del cuadradoWXY Z, que tiene lado 1. Luego el area del triangulo CDP es CD ·PR/2 = 2 · 2/2 = 2. Al sustraer elarea del cuadrado WXY Z obtenemos el valor del area sombreada, que es 1, y como la region blancatiene obviamente area 5 se concluye que la razon pedida es 1/5. �


1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014 1.6 Noveno grado

Problema 3. Sea S el conjunto de todos los enteros positivos n tales que 1/n tiene la representaciondecimal 0.ab = 0.ababab . . . con a y b dıgitos distintos. Determine el valor de la suma de todos loselementos de S.

Solucion. La formula para calcular decimales periodicos nos dice que 0.ab = ab/99.5 Luego, si n ∈ Sentonces 1/n = ab/99 para ciertos enteros a 6= b. Despejando n vemos que n = 99/ab es entero;esto puede suceder si y solo si ab es un divisor de 99, es decir ab = 01, 03, 09, 11, 33, 99. Debido a larestriccion a 6= b los unicos casos posibles son 1, 3 y 9; los valores respectivos de n son 99/1 = 99,99/3 = 33 y 99/9 = 11. Por tanto la suma buscada es 99 + 33 + 11 = 143. �

Problema 4. Algunas personas se sientan alrededor de una mesa redonda. Se sabe que hay sietemujeres que tienen a su derecha a una mujer y doce mujeres que tienen a su derecha a un hombre.Ademas, tres de cada cuatro hombres tienen a su derecha a una mujer. Determine el numero de per-sonas sentadas alrededor de la mesa.

Solucion. De entrada sabemos que el numero de mujeres es 7+12 = 19. Por otra parte, hay 7 mujeresque tienen a su derecha a una mujer, y si h es el numero total de hombres, entonces hay 3h/4 hombresque tienen a su derecha a una mujer. Luego 3h/4 + 7 = 19, de donde h = 16 y por tanto el total depersonas es 19 + 16 = 35. �

Problema 5. Sean a, b, c enteros distintos de cero, con a 6= c, tales que

a

c=a2 + b2

c2 + b2.

Demuestre que a2 + b2 + c2 no puede ser un numero primo.

Solucion. Quitando denominadores tenemos que ac2+ab2 = ca2+cb2, o bien ac2−ca2+ab2−cb2 = 0. Elmiembro izquierdo factoriza como (a−c)(b2−ac), por lo que la condicion a 6= c implica que b2−ac = 0.En consecuencia

a2 + b2 + c2 = a2 + ac+ c2 = (a+ c)2 − ac = (a+ c)2 − b2 = (a+ c+ b)(a+ c− b).

Ahora bien, la fraccion (a2 + b2)/(c2 + b2) es siempre positiva, por lo que a/c tambien lo es y ası a y ctienen el mismo signo. Ya que la igualdad de estas fracciones se sigue cumpliendo al cambiar el signode a y c, podemos asumir que ambos son positivos. Si b > 0 entonces a+ c+ b ≥ 3 ya que a, b, c > 0,y ademas tenemos que a + c + b < a2 + b2 + c2 puesto que x2 ≥ x para cualquier entero x ≥ 1.6 Porotro lado, si b < 0 entonces 3 ≤ a+ c− b < a2 + b2 + c2. En cualquier caso a2 + b2 + c2 tiene un divisormayor que 1 y menor que sı mismo, y por tanto no puede ser primo. �

5En esta ecuacion, ab denota el decimal periodico 0.ababab . . . en el miembro izquierdo, mientras que en el miembroderecho denota el entero formado por las cifras a y b en ese orden.

6De aquı se infiere que a + b + c ≤ a2 + b2 + c2. La igualdad no es posible, pues x2 = x si y solo si x = 0 o 1, perocomo a, b y c son distintos de cero deberıa de cumplirse que a = b = c = 1, contradiciendo la hipotesis a 6= c.


1.7 Primer ano de bachillerato 1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014

1.7. Primer ano de bachillerato

Problema 1. Se tienen 11 cajas grandes. Algunas de ellas contienen, cada una, 8 cajas medianas y elresto estan vacıas. A su vez, algunas de las cajas medianas contienen, cada una, 8 cajas pequenas y elresto estan vacıas. Todas las cajas pequenas estan vacıas. Si hay 102 cajas vacıas, determine el numerototal de cajas.

Solucion. Si a es el numero de cajas grandes que contienen cajas medianas, entonces hay 8a cajasmedianas y 11− a cajas grandes vacıas. Asimismo, si b es el numero de cajas medianas que contienencajas pequenas, entonces hay 8b cajas pequenas y 8a − b cajas medianas vacıas. Luego hay 11 − a +8a − b + 8b = 102 cajas vacıas, de donde a + b = 13. En consecuencia, el numero total de cajas es11 + 8a+ 8b = 11 + 8 · 13 = 115. �

Problema 2. Si las longitudes a, b y c de los lados de un triangulo satisfacen las condiciones a+b−c = 2y 2ab− c2 = 4, demuestre que el triangulo es equilatero.

Solucion. La primera condicion puede reescribirse como c = a+ b− 2, y sustituyendo en la segundaecuacion obtenemos 2ab−(a+b−2)2 = 4. Expandiendo y reordenando queda 0 = a2+b2−4a−4b+4 =(a− 2)2 + (b− 2)2. Ya que una suma de cuadrados puede ser cero solo si cada uno de los cuadrados escero, se sigue que a− 2 = b− 2 = 0, y ası a = b = c = 2. Luego el triangulo es equilatero. �

Problema 3. Un cuadrado de area A esta dividido en 102 cuadrados mas pequenos, 101 de los cualestienen lados de longitud 1. Determine todos los valores posibles para A.

Solucion. Sean a y b los lados del cuadrado mayor y del 102-esimo cuadrado, respectivamente, loscuales son enteros ya que de lo contrario serıa imposible cubrir el cuadrado mayor con los otros 102cuadrados. Luego se debe resolver en enteros la ecuacion a2− b2 = 101. Ya que a2− b2 = (a+ b)(a− b)y 101 es primo, por fuerza a+ b = 101 y a− b = 1, de donde a = 51 y b = 50. Tal y como se muestraen la figura, estos valores conducen a una solucion. Por tanto la unica respuesta es 512 = 2601. �

· · ·

...

Problema 4. En la figura, la razon entre el radio del sector circular y el radio del cırculo interior es3:1. Si el cırculo es tangente a los bordes del sector, determine la razon entre sus areas.


1 SOLUCIONES DE LA XIV ONM 2014 1.7 Primer ano de bachillerato

Solucion. Sean R y r los radios del sector y del cırculo, respectivamente, y θ el angulo del sector (enradianes). Sabemos que el area del sector circular es R2θ/2, mientras que el area del cırculo es πr2.Luego la razon entre las dos areas es (

R

r

)2θ

2π=

9

2πθ.

Ahora bien, adoptando la notacion de la figura, los puntos A, O y T estan alineados debido a lasimetrıa de la figura. Entonces AO = AT − OT = R − r = 3r − r = 2r. Ya que P es un punto detangencia, sabemos que el radio OP es perpendicular a AP , de donde el triangulo AOP es rectanguloy ademas cumple que AO = 2 · OP = 2r. En consecuencia AOP es un triangulo “notable” (la mitadde un triangulo equilatero), por lo que ∠OAP = θ/2 = π/6 y ası concluimos que la razon buscada es(9/2π)(π/3) = 3/2. �

A

T

θ

O

P

Problema 5. Un poliedro convexo tiene por caras 12 cuadrados, 8 hexagonos y 6 octagonos. En cadavertice concurren exactamente un cuadrado, un hexagono y un octagono. Considere los segmentos derecta que unen dos vertices del poliedro y determine cuantos de ellos no son aristas ni estan contenidosen alguna cara del poliedro.

Solucion. Contemos primero el numero de vertices del poliedro. Considerados por separado, ca-da cuadrado, hexagono y octagono contribuye con 4, 6 y 8 vertices, respectivamente; en total son12 · 4 + 8 · 6 + 6 · 8 = 144. Pero en el poliedro cada vertice es contado 3 veces en esta suma debido a lahipotesis, por lo que el numero de vertices del poliedro es 144/3 = 48.

Una vez conocido este dato, deducimos inmediatamente que pueden trazarse

(48

2

)= 1128 segmentos

entre dos vertices cualesquiera del poliedro; solo nos falta sustraer el numero de aristas y de diagonalessobre las caras. Para hallar la primera cantidad, notemos que al contar el numero de aristas queconcurren en cada vertice obtenemos 3 · 48 = 144 aristas, algunas de ellas repetidas. Cada arista escontada 2 veces en esta operacion, una por cada uno de los vertices que une, de donde el poliedro tiene144/2 = 72 aristas. Finalmente, ya que cada cuadrado, hexagono y octagono tiene respectivamente 2,9 y 20 diagonales, vemos que el numero total de diagonales sobre las caras es 12 ·2+ 8 ·9+ 6 ·20 = 216,y ası el numero buscado es 1128− 72− 216 = 840. �


2 PROBLEMAS DE PRACTICA

2. Problemas de practica

Esta lista esta dividida de acuerdo a las cuatro areas tradicionales de las olimpiadas: algebra, combi-natoria, geometrıa euclidiana y teorıa de numeros. Los problemas procedentes de ediciones anterioresde la Olimpiada Nacional estan marcados con la siglas ONM, mientras que las letras PP acompanan aaquellos que aparecieron en una prueba presencial. Por simplicidad omito referencias a otras fuentes.

2.1. Algebra

1. Pruebe que para todo entero positivo n se cumplen las siguientes igualdades:

1

3=

1 + 3

5 + 7=

1 + 3 + 5

7 + 9 + 11= · · · = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1)

(2n+ 1) + (2n+ 3) + · · ·+ (4n− 1)= · · ·

2. Encuentre el numero de enteros positivos n entre 1 y 100 inclusive tales que la ecuacion x2+x−n =0 tiene dos raıces enteras.

3. Resuelva el sistema de ecuaciones

a2 = 6b+ 5ab

b2 = 6a+ 5ab.

4. (PP 2002) Dados un numero real a y un entero n > 1, demuestre que al menos uno de los numerosa, 2a, . . . , (n− 1)a esta a una distancia de a lo sumo 1/n de algun numero entero.

5. (ONM 2011) Sean a, b, c numeros reales tales que a + b + c = 0 y abc = 0. ¿Que valores puedetomar a7 + b7 + c7?

6. (ONM 2006) Encuentre el valor exacto, expresado como una fraccion, de

(23 − 1)(33 − 1)(43 − 1)(53 − 1) · · · (20063 − 1)

(23 + 1)(33 + 1)(43 + 1)(53 + 1) · · · (20063 + 1).

7. (ONM 2006) Se sabe que a1, a2, . . . , a100 estan en progresion aritmetica de diferencia 1, y ademasa1 + a3 + a5 + · · ·+ a99 = 2006. Encuentre el valor de a2 + a4 + a6 + · · ·+ a100.

8. Resuelva la ecuacion

bx3c+ bx2c+ bxc = {x} − 1.

Nota. Aquı btc y {t} denotan la parte entera y la parte fraccionaria de t, respectivamente.7

9. (ONM 2002) Demuestre que la ecuacion x5 + x = 10 no tiene raıces racionales.

10. Sean α, β y γ las raıces del polinomio x3 + x2 − 4x + 1 en algun orden. Encuentre todos losposibles valores de la expresion

α

β+β

γ+γ

α.

7La parte entera btc de un numero real t se define como el mayor entero menor o igual que t, y su parte fraccionaria{t} se define como {t} = t− btc. Por ejemplo, b3.14c = 3 y {3.14} = 0.14.


2 PROBLEMAS DE PRACTICA 2.2 Combinatoria

2.2. Combinatoria

1. (ONM 2002) Seis personas tratan de adivinar el numero de piedras que hay en una caja. Anadice que hay 52 piedras, Beatriz dice 59, Carla dice 62, Daniel 65, Enrique 49 y Federico 42.Todos se equivocaron, algunos dijeron de mas y otros de menos, y sus errores fueron 1, 4, 6, 9,11 y 12 en algun orden, pero no se sabe quien cometio cada error. Determine cuantas piedrashay en la caja y que error cometio cada persona.

2. (PP 2005) Tenemos 16 focos acomodados en un tablero de 4 × 4, todos apagados. Cada vezque alguien toca un foco, este cambia de estado junto con todos los focos de su fila y columna.Demuestre que es posible, despues de tocar los focos adecuados, que todos los focos quedenencendidos.

3. En el tablero mostrado abajo, cada uno de los numeros a1, a2, . . . , a9 es igual a 1 o −1. En unpaso se reemplaza cada numero por el producto de los numeros en las casillas vecinas (dos casillasson vecinas si comparten un lado). ¿Cuales son los numeros en el tablero al cabo de 2014 pasos?

a1 a2 a3a4 a5 a6a7 a8 a9

4. (ONM 2011) La isla Vecindad tiene 2011 habitantes divididos en tres tipos: los inocentes, losmalvados y los caprichosos; los inocentes siempre dicen la verdad, los malvados siempre mienten,y los caprichosos dicen alternadamente mentiras un dıa y verdades al dıa siguiente. Un reporterovisita la isla por dos dıas. El primer dıa el reportero entrevista a todos los habitantes. El primerole dice: “Hay exactamente un malvado en la isla”, el segundo le dice: “Hay exactamente dosmalvados en la isla”, y ası sucesivamente hasta llegar al habitante numero 2011, que le dice:“Hay exactamente 2011 malvados en la isla”. El segundo dıa, el reportero vuelve a entrevistarlosa todos en el mismo orden. El primero dice: “Hay exactamente un inocente en la isla”, el segundole dice: “Hay exactamente dos inocentes en la isla”, y ası sucesivamente hasta llegar al habitantenumero 2011, que le dice: “Hay exactamente 2011 inocentes en la isla”. ¿Cuantos caprichososhay en la isla?

5. (ONM 2010) Un punto reticular es un punto en el plano cartesiano con coordenadas enteras. Seseleccionan al azar cinco puntos reticulares. Demuestre que existen dos de ellos que forman unsegmento de recta cuyo punto medio es tambien un punto reticular.

6. (ONM 2013) En una escuela, 25 alumnos rindieron una prueba de 4 ejercicios. Cada ejerciciovale 2.5 puntos. Sobre la prueba se tiene la siguiente informacion:

22 alumnos resolvieron correctamente el ejercicio uno.

20 alumnos resolvieron correctamente el ejercicio dos.

18 alumnos resolvieron correctamente el ejercicio tres.

16 alumnos resolvieron correctamente el ejercicio cuatro.

Explique si es posible que ningun alumno tenga nota 10.

7. (ONM 2013) Sobre una mesa hay 2013 fichas bicolores, con un lado azul y el otro blanco.Inicialmente todas las fichas tienen el lado azul hacia arriba. Un movimiento consiste en escogercualesquiera 5 fichas y voltearlas. Determine el numero mınimo de movimientos que son necesariospara tener todas las fichas con el lado blanco hacia arriba.


2.2 Combinatoria 2 PROBLEMAS DE PRACTICA

8. (ONM 2013) Considere el siguiente arreglo de puntos sobre el tablero de la figura.

Determine el numero de formas en que se pueden seleccionar tres de esos puntos, para que seanlos vertices de un triangulo rectangulo cuyos catetos sean paralelos a los lados del tablero.

9. Encuentre el numero de formas en que un entero positivo n puede ser escrito como la suma deal menos dos enteros positivos.

Nota. El orden de los sumandos importa. Por ejemplo, si n = 3 hay tres maneras distintas:3 = 1 + 1 + 1 = 2 + 1 = 1 + 2.

10. Sea n un entero positivo. Decimos que un subconjunto de {1, 2, . . . , n} es alternante si al ordenarsus elementos de menor a mayor se cumple que el primero es impar, el segundo es par, el terceroes impar, y ası sucesivamente. Encuentre el numero de subconjuntos alternantes de {1, 2, . . . , n}en funcion de n.


2 PROBLEMAS DE PRACTICA 2.3 Geometrıa euclidiana

2.3. Geometrıa euclidiana

1. (ONM 2002) Demuestre que dados cuatro puntos no alineados, los cuatro posibles triangulos quese pueden formar con dichos puntos no pueden ser todos acutangulos.

2. (PP 2002) Consideremos un triangulo en el que uno de sus catetos vale 10. A este cateto se trazan5 paralelas desde la hipotenusa al otro cateto, de modo que la distancia entre cada paralela seala misma. Calcule la suma de las longitudes de las 5 paralelas.

3. (ONM 2001) En la figura adjunta, O es el centro de la circunferencia, OB es perpendicular aldiametro AC, el segmento BF mide 3 cm, el segmento FO mide 2 cm y la recta BE es tangentea la circunferencia en el punto B. Calcule la longitud del segmento DE.

O CA

B

F

E

P

D

4. (ONM 2006) Dado un cuadrado ABCD, encuentre todos los puntos P interiores al cuadradotales que el area del cuadrilatero ABCP es igual al triple del area del cuadrilatero APCD.

5. (ONM 2002) Sea ABC un triangulo rectangulo en C. Sobre la hipotenusa AB se construye elcuadrado ABDE, exterior al triangulo. La bisectriz del angulo en C interseca a DE en el puntoF . Si AC = 1 y BC = 3, halle la razon DF/FE.

6. Pruebe que los angulos del triangulo de lados 3, 7 y 8 estan en progresion aritmetica.

7. (PP 2004) Las longitudes de los lados de un triangulo acutangulo son numeros enteros y eldiametro de su cırculo circunscrito, es decir el cırculo que pasa por sus tres vertices, es 6.25.Calcule las longitudes de los lados del triangulo.

8. (ONM 2013) En un triangulo acutangulo ABC, el angulo en A mide 30◦. Sean D y E los piesde las alturas trazadas por B y C, respectivamente. Sean F y G los puntos medios de los ladosAC y AB, respectivamente. Demuestre que los segmentos DG y EF son perpendiculares.

9. (PP 2002) Sea ABCD un cuadrilatero convexo, donde M es el punto medio de BC, N el puntomedio de CD y O la interseccion de las diagonales AC y BD. Demuestre que O es el centroide8

del triangulo AMN si y solo si ABCD es un paralelogramo.

10. En una circunferencia fija Γ se traza una cuerda AB y se marca un punto X sobre ella tal queAX = p y BX = q, donde p y q son constantes. Al variar A y B sobre la circunferencia de modoque la longitud de AB sea constante, el punto X describe una circunferencia Γ′. Pruebe que elarea de la region comprendida entre Γ y Γ′ es πpq.

8El punto de interseccion de las medianas de un triangulo.


2.4 Teorıa de numeros 2 PROBLEMAS DE PRACTICA

2.4. Teorıa de numeros

1. (PP 2003) Encuentre un numero de cuatro cifras que sea un cuadrado perfecto, de manera quesus primeras dos cifras sean iguales y tambien sean iguales sus ultimas dos cifras.

2. (ONM 2006) Se realiza la suma 1+2+3+ · · ·+98, obteniendo un numero S. ¿Es posible obtener2006 en lugar de S intercambiando algunos signos de suma por signos de resta?

3. (ONM 2002) Se sabe que el cuadrado de un numero termina en 09. Demuestre que en dichocuadrado el dıgito de las centenas es par.

4. (PP 2003) Demuestre que la ecuacion b2+b+1 = a2 no puede tener soluciones enteras y positivas.

5. (ONM 2005) Listamos los enteros positivos del 1 al n. De esta lista borramos el entero m ycalculamos la media aritmetica de los n − 1 enteros restantes. Si el valor obtenido de la mediaaritmetica es 134/11, determine el valor de n y m.

6. (PP 2003) Considere los numeros reales s y t, ambos comprendidos en el intervalo [0, 1]. ¿Cuantasparejas (s, t) satisfacen que los numeros 3s+ 7t y 5s+ t sean enteros?

7. (ONM 2013) Determine todos los pares de enteros positivos (x, y) tales que 2(x+y)+xy = x2+y2.

8. (ONM 2006) Encuentre todos los posibles pares de enteros positivos (x, y) tales que ni x ni ytienen un factor primo mayor que 5, y que ademas son solucion de la ecuacion x2 − y2 = 2100.

9. Decimos que un entero positivo es descompuesto si es primo y ademas si se traza una lıneaseparandolo en dos numeros, esos dos numeros nunca son compuestos. Por ejemplo, 1997 esdescompuesto ya que es primo, se descompone en 1 y 997, 19 y 97, 199 y 7, y ninguno de estosnumeros es compuesto. ¿Existe algun numero descompuesto entre 2000 y 3000?

10. Sea n un entero positivo. Un entero x es idempotente modulo n si se cumple que x2 ≡ x (mod n).9

¿Cuantos idempotentes modulo n hay en el conjunto {1, 2, . . . , n}?

9Esta es una congruencia. En general, el sımbolo a ≡ b (mod m), leıdo “a es congruente con b modulo m”, se usapara denotar que m divide a a− b. Las congruencias pueden manipularse de manera similar a ecuaciones, y por ello sonde mucha utilidad en la teorıa de numeros.


Indice

Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1 Soluciones de la XIV ONM 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1 Cuarto grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Quinto grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Sexto grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Septimo grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.5 Octavo grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.6 Noveno grado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.7 Primer ano de bachillerato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Problemas de practica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.1 Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2 Combinatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.3 Geometrıa euclidiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.4 Teorıa de numeros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

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SOLUCIONARIO DE LA XIV OLIMPIADA NACIONAL DE · PDF file2014. La intenci on detr as del proyecto de los solucionarios es acercar la ONM al publico salvadoreno,~