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22 ª Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Examen zonal, nivel Cadete (tercero de secundaria)
Yucatán 2007.
Soluciones.
Problema 1. El primer día el virus destruyó 2/3 de la memoria, entonces solo quedó sin
dañar 1/3. El segundo día destruyó la quinta parte de lo que se encontraba útil, es decir
la quinta parte de 1/3 del disco duro, que es igual a un 1/15 de todo el disco. Entonces
para el segundo día sólo quedaba útil la parte sin dañar del primer día menos 1/15 del
total del disco, es decir quedo sin dañar (1/3) – (1/15) = 4/15. La respuesta es e).
Problema 2.
a).- Comenzamos con 10 pedazos de papel; si mi hermano cortara menos de 4 papeles
entonces habría menos de 40 pedazos y si partiera más de 4 entonces tendríamos más
que 50 papeles, así que tuvo que cortar cuatro, lo que da 40 pedazos chicos y 6 de
tamaño original: la respuesta es d).
b).- Otra forma de solucionar este problema es que notemos que por cada pedazo que
corta mi hermanito, hay diez pedacitos nuevos y se pierde un pedazo grande, así que
cada vez que mi hermanito corte un pedazo de papel el total de pedacitos se incrementa
en nueve; es decir, si él cortara un pedazo en total tendríamos 19, si él cortara 2 en total
tendríamos 28, si él cortara 3 tendríamos 37 y finalmente 46 si él cortara 4.
Problema 3. Esperamos que de la siguiente figura
3
2
4
1
4
2
3
resulte claro que el área sombreada es igual al área del cuadrado, esto es 1: la respuesta
es a).
Problema 4. Si se va a formar un cuadrado con cuadritos como el siguiente:
entonces el número de cuadritos utilizados debe ser el cuadrado de un número natural.
Por otro lado cada una de las piezas de rompecabezas está formada por tres cuadritos
como el anterior. Por lo tanto si un cuadrado esta formado por estas piezas, el número
de cuadritos que contiene debe ser el cuadrado de un número natural y además debe de
ser múltiplo de tres. El primer número con estas características es el 9, pero no es difícil
ver que con las piezas de rompecabezas no se puede formar un cuadrado de tres por tres.
El siguiente número de estos es el 36 y notemos que un cuadrado formado por 36
cuadritos puede formarse de la siguiente manera:
En donde se usaron 12 piezas de rompecabezas. Por tanto 12 es el mínimo número de
piezas necesario: la respuesta es e).
Problema 5. Es conocido como binomios conjugados el producto notable:
( x  y)( x  y)  x 2  y 2
Luego, como el producto de un número terminado en cinco con un número terminado
en tres da un número terminado en cinco, obtenemos que la respuesta es (c).
Podemos probar la última afirmación con las operaciones:
x  yx  y  10a  3 10b  5
 100ab  10  3b  5a  15
 10  10ab  3b  5a  1  5 .
Problema 6. La afirmación (c) nos indica que solo hay dos opciones de color para el
objeto; si el objeto fuera amarillo entonces por la afirmación (d) el objeto sería
cuadrado, pero entonces la afirmación (b) implicaría que el objeto es rojo, lo que no es
posible: se sigue que el objeto es azul y entonces la afirmación (a) nos lleva a que
también es redondo, así que la respuesta es el inciso (a).
Problema 7.
a).- Se puede “jugar” con los incisos para resolver el problema: observemos que un
múltiplo de 5 termina en 0 ó en 5, así que un número que al dividirse por 5 deje residuo
2 debe terminar en 2 ó en 7, por lo que entre los números propuestos solamente el 182
puede ser la solución y, en efecto, lo es: 182 = 3x(60) + 2, 182 = 5x(36) + 2, 182 =
7x(26). La respuesta es el inciso (b).
b).- Si queremos la solución de manera formal y completa comencemos por llamar n al
número de canicas; según el problema el residuo de dividir n entre 3 es 2, el residuo de
dividir n entre 5 es 2, y n es múltiplo de 7. Esto podemos expresarlo así:
n = 3k + 2, n = 5f + 2, n = 7h.
Igualando las primeras dos ecuaciones tenemos que:
3k + 2 = 5f + 2
Entonces tenemos que 3k = 5f. Esto nos dice que el número 3k es un múltiplo de 5,
luego k debe ser múltiplo de 5, es decir que k = 5t. Sustituyendo este último resultado en
nuestra primera ecuación tenemos que n = 15t + 2. Hay trece números de éstos
menores que 200 correspondientes a los valores de t = 1, 2, 3, … , 13 y de éstos los
únicos múltiplos de 7 son 77 y 182: la respuesta es (b).
Problema 8. Primero calcularemos el área de los cuadrados:
102  82  62  100  64  36  200 . Luego calculemos el área del triángulo blanco:
1
1
 10  10  8  6   10  24  120 , así que el área sombreada mide 200-120=80.
2
2
La respuesta es d).
Problema 9. Basta con recordar que “el orden de los factores no altera el producto”, es
decir que:
5  5  5  5  5  5  5 2  2  2  2  2  2
 5  5  2 5  2 5  2 5  2 5  2 5  2
 5 10 10 10 10 10 10  5000000 : la respuesta es e).
Problema 10. Como 7 alumnos no participaron en ninguna olimpiada concluímos que
2000 fueron los que participaron en alguna o en ambas. Si sumamos los 1500 alumnos
que participaron en Matemáticas y los 1200 que participaron en Química estaremos
sumando dos veces a aquellos que participaron en ambas, como la suma da 2700 y
sabemos que hay 2000 alumnos participantes, los 700 restantes son aquellos que
sumamos doble, es decir, los que participaron en ambas: la respuesta es b).
Problema 11. Hagamos una lista de algunos movimiento para ver que pasa con la
trayectoria de Cris: A, E , I , D, H , C , G, B, F , A .
Podemos ver que Cris llega a la silla marcada con la letra A en los movimientos 9, 18,
27, ..., es decir, en los múltiplos de 9, así que como 2007  9  223 , se cumple que en el
movimiento 2007 estará en la silla A: la respuesta es el inciso a).
Problema 12. Para contar los triángulos consideremos dónde pueden estar los vértices;
primero pensemos que el punto inferior de la línea vertical tiene un vértice y que la línea
horizontal tiene dos vértices: en tal caso el número de triángulos es la cantidad de
parejas diferentes de puntos que hay, pues esa es la cantidad de bases diferentes que
tendrán los triángulos; no es difícil ver que son 10. De la misma manera, si un vértice
está en el punto medio de la línea vertical y dos están en la línea horizontal tendremos
10 triángulos diferentes. Falta contar aquellos triángulos que tienen exactamente dos
vértices en la línea vertical y uno en la línea horizontal; esos triángulos tienen como
vértices los dos puntos de debajo de la línea horizontal y el otro en alguno de los 4
puntos de la línea horizontal que no están en la línea vertical, así que son 24 triángulos
en total: la respuesta es el inciso (c).