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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)