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Problema #1 Encuentre todos los enteros positivos x, y y z, que cumplen: 𝑦 𝑥+ 20 𝑧 + 15 = 2015 20∗15 SOLUCIÓN: Como 2015 20∗15 = 403∗5 20∗3∗5 403 = 60 =6+ 𝑦 Por tanto, queda por resolver: 20 43 , se concluye que x = 6. 60 + 𝑧 15 = 43 60 Que es equivalente a: 3y + 4z = 43, que es una ecuación diofántica, para la cual existen muchos métodos para solventarla. 3y = 43 – 4z = (42 – 3z) + (1 – z) = 3 (14 – z) + (1 – z) Luego: 𝑦 = (14 − 𝑧) + 1−𝑧 3 Como queremos que todos sean enteros, entonces hagamos 𝑡 = Por tanto: z = 3t + 1 1−𝑧 3 Sustituyendo: 3y + 4(3t + 1) = 43; 3y + 12t + 4 = 43 3y + 12t = 39; y = 13 – 4t Así tenemos las ecuaciones paramétricas de y y z en función de t, donde t es cualquier entero. Sin embargo, queremos que y y z sean positivos, lo que implica que t > 0. Teniendo en cuenta que: { Haciendo t = 0, y = 13, z=1 y = 9, z=4 t = 2, y = 5, z=7 t = 3, y = 1, z = 10 t = 1, y = 13 – 4t z = 3t + 1 Así, las ternas que satisfacen nuestro problema son {(6, 1, 10), (6, 5, 7), (6, 9, 4), (6, 13, 1)} RECUERDA: En todos los problemas, una respuesta sin demostración, o sin una JUSTIFICACION ADECUADA, recibirá un puntaje o (CERO) Problema #2 En una bolsa hay 500 bolitas, de las cuales el 80% son rojas y el resto son azules. ¿Cuántas bolitas rojas se deberán sacar para que el 75% de las bolitas que quedan sean rojas? SOLUCIÓN: Tenemos que el 20% de las bolitas son azules. O sea: 20%(500) = (0.2)(500) = 100. Esto quiere decir que 400 bolitas son rojas. La cantidad de bolitas que queremos retirar son ROJAS. Eso significa que las azules van a permanecer CONSTANTES, solo que las 100 que antes representaban el 20%, queremos que ahora sean el 25% (para que las rojas constituyan el 75%). O sea, ¼ del total tiene que ser 100, lo que implica que el “nuevo” total debiera ser 400. Como había 500 bolitas, HAY QUE RETIRAR 100 bolitas, para obtener lo deseado. Problema #3 Utilizando algunos de los dígitos 4, 5, 6, 7, 8, y 9, hay que escribir un dígito distinto en cada cuadrado, para que se cumpla que el número de dos cifras de la izquierda sea mayor que el número de dos cifras de la derecha. > 1ra SOLUCIÓN: Vamos a enfocarla por casos y a numerar las 4 casillas, de izquierda a derecha: (i) Si en la primera casilla se coloca el 9: Entonces cualquier número puede ir en las demás casillas. Escogemos 3 de los 5 restantes, de C (5, 3) formas y los ordenamos de 3! maneras. O sea: C (5, 3)*3!= C (5, 2)*6 = (5*4/2*1)*6 = 60 RECUERDA: En todos los problemas, una respuesta sin demostración, o sin una JUSTIFICACION ADECUADA, recibirá un puntaje o (CERO) (ii) (iii) (iv) (v) Si en la primera casilla se coloca el 8: Entonces en la tercera solo puede ir el 7, 6, 5 o 4. Eso significa que hay 4 maneras de llenar la tercera casilla. Las casillas faltantes se pueden llenar de 4*3 formas. En total: 4*4*3 = 48 Si en la primera casilla se coloca el 7: Entonces en la tercera solo puede ir el 6, 5 o 4. Eso implica que hay 3 maneras de llenar la tercera casilla. Las casillas restantes se pueden llenar de 4*3 formas. En total: 3*4*3 = 36 Si en la primera casilla se coloca el 6: Entonces en la tercera solo puede ir el 5 o 4. Por tanto, hay dos maneras de llenarla. Las casillas restantes se pueden llenar de 4*3 formas. En total: 2*4*3 = 24 Si en la primera casilla se coloca el 5: Entonces la tercera solo puede ser ocupada por el 4 (una manera). Las casillas restantes se llenan de 4*3 maneras, igual que los casos anteriores. En total: 1*4*3 = 12 Sumando todos los casos tenemos: 60 + 48 + 36 + 24 + 12 = 60*3 = 180. 2da SOLUCIÓN: Más breve y sencilla. Imaginemos que se trata de un número de 4 cifras que queremos formarlo con los dígitos 4, 5, 6, 7, 8 y 9. ¿Cuántos números se pueden formar? La primera casilla se puede llenar de 6 formas, la segunda de 5, la tercera de 4 y la cuarta de 3. O sea: 6*5*4*3 = 360. Pero estos números de 4 cifras podemos imaginarlos formados por dos números de 2 cifras. Si nuestro número es (abcd), entonces (ab) > (cd) o (ab) < (cd). Nunca pueden ser iguales porque no se admite la repetición de cifras. Es obvio que de los 360 números, en 180 se cumple que (ab) > (cd), así como en los otros 180 se cumple que (ab) < (cd). RECUERDA: En todos los problemas, una respuesta sin demostración, o sin una JUSTIFICACION ADECUADA, recibirá un puntaje o (CERO) Problema #4 Hallar el menor entero positivo que no es un número primo, ni es un cuadrado y, además, todos sus factores primos son mayores que 50. SOLUCIÓN: El número que buscamos es el producto de dos primos DISTINTOS mayores que 50 o es el cubo de un primo (el que sea menor). Los dos primeros primos posteriores a 50 son 53 y 59. Luego: 53*59 = 3127 533 = 148877 Obviamente, el menor es 3127. Problema #5 Todos los números, desde el 1 al 1000000, son impresos en distintos boletos. ¿Cuántas veces ha sido impreso el dígito 8? SOLUCIÓN: Imaginemos que queremos contar todos los ochos que hay entre 000 000 y 999 9999. ¿Cómo lo haríamos? Veamos: 000 000 000 001 000 002 … 000 009 000 010 000 011 RECUERDA: En todos los problemas, una respuesta sin demostración, o sin una JUSTIFICACION ADECUADA, recibirá un puntaje o (CERO) … 999 999 Escritos así, todos los dígitos ¡aparecen en igual cantidad! La misma simetría que hay al contar desde 0 a 9 (hay 10 dígitos y cada uno aparece una vez), o al contar desde 00 a 99 (hay 100 números, pero 200 dígitos; cada dígito aparece dos veces). Notar patrones como estos es fundamental para lograr una solución sencilla. De 000 000 a 999 999, hay un millón de números, cada uno con 6 cifras, por tanto hay 6 millones de cifras. Como todas las cifras aparecen la misma cantidad de veces, es obvio que cada dígito aparece 6000000/10 = 600 000. Al desplazar 000 000 y 999 999 a 1 y 1000000, la cantidad de ochos no cambió. Es decir, HAY 600 MIL OCHOS. Los que pudieron verse afectadas son los ceros y unos, pero no es de nuestro interés, ahora. Problema #6 Sean A, B, C, D, E y F, seis vértices consecutivos de un polígono regular de 20 lados, todos de longitud 1. Sean BCPQ, un cuadrado de lado 1, y DERST, un pentágono regular de lado 1, con P, Q, R, S y T en el interior del polígono de 20 lados. Determinar si T pertenece a la recta que pasa por D y P. NOTA: Los lados del cuadrado son BC, CP, PQ y QB, y los lados del pentágono son DE, ER, RS, ST y TD. SOLUCIÓN: Cada uno de los ángulos interiores de este icoságono regular vale: 180°(𝑛 − 2) 180°(20 − 2) 180°(18) 18°(18) = = = = 9°(18) 𝑛 20 20 2 = 162° RECUERDA: En todos los problemas, una respuesta sin demostración, o sin una JUSTIFICACION ADECUADA, recibirá un puntaje o (CERO) Luego, hacemos un esbozo de la parte que nos atañe, para los puntos desde A hasta F. Nuestro cuadrado BCPQ está “pegado” a BC y nuestro pentágono DERST está “pegado” a DE. Los ángulos que nos interesan en el “borde” del icoságono son: < ABQ = 72°, < QBC = 90°, < BCP = 90°, < PCD = 72°, < CDT = 54° y < TDE = 108°. 108° es el ángulo interno de un pentágono, puesto que 180°(5 – 2) / 5 = 36°*3 = 108°. Ya que < CDE = 162°, entonces < CDT = < CDE - < TDE = 162° 108° = 54°. Nuestro gran dilema es el “polígono” PCDT. ¿Puede ser un triángulo? ¿Es posible que P y T sean el mismo punto? No es posible que P y T sean el mismo punto, puesto que PC = CD = DT = 1, lo que significaría que tendría que ser un triángulo equilátero, y sus ángulos debiesen ser de 60°. Veamos si P está en la prolongación de DT, donde PD > TD = 1. Si es así, se trata de un triángulo isósceles, con ángulos 72°, 54° y 54°. Frente a 54° se oponen CD y CP que valen 1, y a 72° se opone PD > TD, por tanto PD > 1. Luego, P está en la prolongación de DT. Supongamos que P pudiere estar en la prolongación de CP y DT que llamaremos Z. El “triángulo” CZD tendría < C = 72° y < D = < Z = 54°. Pero esto es imposible puesto que los lados que se oponen a 54° tendrían que ser iguales, y no lo son. El uno CD vale 1, pero CZ = CP + PZ = 1 + PZ, o sea, CZ > 1. RECUERDA: En todos los problemas, una respuesta sin demostración, o sin una JUSTIFICACION ADECUADA, recibirá un puntaje o (CERO)