Revista Olimpica. I Trimestre 2008

Problemas de Matemática para

Competencias olímpicas

Sociedad Ramamsem

I TRIMESTRE DEL 2008

.......99259999999999,743768640412537262163=πe

CONTENIDO ________________________________ Página

1. Presentación

1

2. Solución a los anteriores Problemas de Competencias no Olímpicas

8

3. Problemas de Competencias no Olímpicas

26

4. CURIOSATO

33

5. Solución al CURIOSATO

39

6. Solución a los problemas anteriores de la columna

“Olimpiadas alrededor del mundo”.

40

7. Olimpiadas alrededor del mundo

50

8. Lógica y Matemática Recreativa

53

________________________________

Sociedad RAMAMSEM

1

1. Presentación.

Esta publicación es realizada por la Sociedad RAMAMSEM y va dirigida a todas aquellas

personas que deseen explorar una matemática diferente a la que se enseña en secundaria, y

algo más !

Toda comunicación o información con respecto a los problemas propuestos o soluciones,

pueden ser enviados a

��[email protected] o bien [email protected]

En la portada de nuestra actual edición tenemos la fotografía de Srinivara Ramanujan y la

expresión matemática, en la parte inferior de la misma, es de las más conocidas de él y se le

conoce como Número de Ramanujan. El afirmó que ese número es un entero. Sin

computadoras, sin otro recurso más que su extraordinaria capacidad de calcular.

Desafortunadamente no acertó.Con las computadoras de los años 70, se afirmó que

Ramanujan tenía razón. Con un programa como Mupad 3.1 se verifica sin ningún problema que:

DIGITS:=20

hold(exp(PI*sqrt(163)))=float(exp(PI*sqrt(163)))

Y eso es un entero. Es simplemente asombroso que alguien llegara a eso niveles de precisión y

nos legara de manera indirecta la siguiente conjetura: Existe un entero positivo tal que

es entero

la cual fue probada en sentido negativo por Alexander Gelfand, quien demostró que los

números de esa forma son trascendentales y por lo tanto irracionales.

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2

Srinivara Ramanujan (1887-1920) es el ejemplo perfecto de matemático indio: muy alejado del

estilo geométrico griego, Ramanujan era un amigo de los números. Intuitivo, desordenado y

completamente autodidacta trabajó en teoría de números y obtuvo algunos resultados que

llamaron la atención del matemático inglés Hardy quien, en parte extrañado y en parte

asombrado por aquellos teoremas sin pulir y sin demostrar, le llevó de Madrás a Cambridge

para que desarrollase sus capacidades.

Hardy dijo de su protegido que era de la clase de talento de Gauss y Euler, aunque su

deficiente formación matemática le impediría realizar contribuciones semejantes. No sabía, por

ejemplo, lo que era una demostración, y Hardy, pese a ser consciente de que se hallaba ante

un genio, tuvo que enseñarle algunos formalismos matemáticos elementales.

En la eterna polémica acerca de si el genio nace o se hace, el caso de Ramanujan no deja lugar

a dudas: nace, pero luego tiene que hacerse.

Ramanujan y un número de matrícula.

El matemático Ramanujan estaba hospitalizado y su amigo y también matemático Hardy fue a

visitarlo. Se desplazó hasta el hospital en taxi, y quizá para iniciar la conversación, dijo sin más

preámbulos: "creo que el número de mi taxi era 1729. Me parece un número bastante aburrido".

A lo que Ramanujan respondió: "¡No, Hardy! ¡No, Hardy! Es un número muy interesante, ya que

es el menor que se puede expresar como suma de dos cubos de dos maneras distintas”.

De una generalización de esta propiedad surgen los llamados números Taxicab (el nombre es

un homenaje al taxi de Hardy):

Se dice que un número es el enésimo número taxicab si es el menor número que se puede

descomponer como n sumas de dos cubos positivos.

Así, por ejemplo

Ta(1) = 2 = 13 + 13

Ta(2) = 1729 = 13 + 123 = 93 + 103

Ta(3) = 87539319 = 1673 + 4363 = 2283 + 4233 = 2553 + 4143

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3

Filosofía de las Olimpiadas Matemáticas:

En la práctica, las Olimpiadas son algo más que un concurso. Por una parte sirven para

promocionar las Matemáticas y dotarlas de un contenido lúdico que lamentablemente han

perdido casi por completo por muy diversas razones, por ejemplo, la confusión entre ejercicios y

problemas, con la consiguiente desaparición de éstos.

El error, cada vez más común, consistente en suponer que la enseñanza debe estar dirigida

sólo al alumno medio y que lleva a no plantear cuestiones que no puedan ser resueltas por la

mayoría de los alumnos, o la formalización exagerada que aproxima cada vez más la

enseñanza media a la mala enseñanza universitaria. Estas circunstancias hacen cada vez más

fuerte la sensación de Matemáticas-barrera, anulando su capacidad formativa al crear en los

alumnos una sensación de impotencia. Por otra parte, las Olimpiadas Matemáticas contribuyen

a la captación, para dedicarse profesionalmente a la Matemática, de algunos de nuestros

talentos más brillantes. Es un hecho indiscutible que la Matemática costarricense ha pasado de

la nada a un lugar relevante en el concierto internacional.

Por último, no se puede olvidar que las Olimpiadas son también un elemento de importancia en

la mejora de nuestro sistema educativo por cuanto suponen, en los muchos profesores que de

modo completamente altruista vienen preparando a los alumnos, una necesidad de

actualización permanente de conocimientos, una búsqueda de problemas nuevos y de métodos

de adaptación a los planes vigentes de nuevos y más atractivos contenidos. Es un hecho,

extremadamente necesario, que el Ministerio de Educación establezca un procedimiento para

incentivar la tarea de estos profesores, así como la mayor libertad de curricula consecuencia de

las nuevas tendencias en esta disciplina - ciencia.

Temario indicativo para un curso de preparación olímpica de primer nivel.

� Número natural.

� Divisibilidad.

� Congruencias.

� Grupos finitos. Clases de restos.

� Ecuaciones diofánticas.

� Progresiones.

� Sucesiones recurrentes.

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4

� Polinomios y ecuaciones polinómicas.

� Combinatoria.

� Desigualdades.

� Ecuaciones funcionales.

� Construcciones elementales con regla y compás.

� Ángulos en la circunferencia.

� Puntos notables en el triángulo.

� Relaciones métricas en la circunferencia.

� Relaciones métricas en el triángulo.

� Los movimientos en el plano.

� Homotecia y semejanza

� Inversión en el plano.

� Lugares geométricos.

� Cónicas.

La importancia de la resolución de problemas

La resolución de problemas es una cuestión de gran importancia para el avance de las

matemáticas y también para su comprensión y aprendizaje.

El saber hacer, en matemáticas, tiene mucho que ver con la habilidad de resolver problemas, de

encontrar pruebas, de criticar argumentos, de usar el lenguaje matemático con cierta fluidez, de

reconocer conceptos matemáticos en situaciones concretas, de saber aguantar una

determinada dosis de ansiedad, .....pero también de estar dispuesto a disfrutar con el camino

emprendido. Lo importante no es obtener la solución, sino el camino que lleva hacia ella. La

habilidad para resolver problemas es una de las habilidades básicas que los estudiantes deben

tener a lo largo de sus vidas, y deben usarla frecuentemenente cuando dejen la escuela. Es una

habilidad que se puede enseñar.

La resolución de problemas es una actividad primordial en la clase de matemáticas, no es

únicamente un objetivo general a conseguir sino que además es un instrumento pedagógico de

primer orden.

Un problema matemático es una situación que supone alcanzar una meta, hay obstáculos en el

camino, se requiere deliberación , y se parte de un desconocimiento algorítmico.

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5

En términos generales, para afrontar la resolución de problemas hemos de tener en cuenta:

a) Existencia de un interés. Lo que significa enfrentarnos a problemas con un cierto atractivo.

b) La no existencia de un camino inmediato.

c) Tener deseos de resolver el problema. Significa estar dispuestos a aceptar el reto.

En definitiva, aprender a resolver problemas, y aceptar que con frecuencia hay más de una

respuesta a una pregunta y más de una forma de tratarla, constituye una parte fundamental

tanto en la educación como en el proceso de aprendizaje de las matemáticas.

Las ventajas del enfoque basado en la resolución de problemas en cuanto al proceso de

enseñanza y aprendizaje son significativas por diversas razones:

i) Los alumnos tienen la posibilidad de pensar las cuestiones con detenimiento, hacer pruebas ,

equivocarse, “perder el tiempo” investigando...

ii) Existe una mayor participación y un mayor grado de comprensión por parte del alumnado.

iii) Es un tipo de "conocimiento basado en la experiencia" (es decir, el conocimiento obtenido

mediante la experiencia de hacer algo) , siendo más duradero y significativo para el alumno

que el conocimiento transmitido por el profesor o el libro.

iv) Los alumnos se ven inmersos en la construcción de sus propios sistemas individuales de

aprendizaje y de comprensión.

v) Incide directamente en el llamado aspecto formativo, creando así estructuras mentales que

trascienden a las propias matemáticas.

vi) La resolución de problemas es el núcleo central de las matemáticas, hacer matemáticas no

es otra cosa que resolver problemas.

vii) Hay que tener presente que :el único camino que existe para aprender a resolver problemas,

es enfrentarse a los problemas.

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6

A continuación, se detallan las estadísticas más importantes de la participación costarricenses

en las Olimpiadas Internacionales de Matemática (IMO, por sus siglas en inglés)

Año↓ Concursante P1↑ P2↑ P3↑ P4↑ P5↑ P6↑ Total↑ Puesto Premio

2007 Daniel Campos Salas 3 7 0 7 2 0 19 133 Medalla de Bronce

2007 Daniel José Murillo Barrantes 0 0 0 0 0 0 0 506

2007 Rafael Ángel Rodríguez Arguedas 0 1 0 1 0 0 2 464

2007 Andrés Alonso Segura Medina 0 1 0 6 0 0 7 402

2007 Karim Antonio Vindas Yassine 0 1 0 7 0 0 8 365 Mención Honorífica

2006 Daniel Campos Salas 7 0 1 7 0 0 15 189 Medalla de Bronce

2006 Karim Antonio Vindas Yassine 7 1 0 4 0 0 12 308 Mención Honorífica

2005 Juan Alberto Vargas Mesén 1 7 0 1 0 2 11 249 Mención Honorífica

2005 Daniel Campos Salas 1 2 0 7 0 0 10 261 Mención Honorífica

2005 José Fabio Gómez Rodríguez 0 1 0 1 6 0 8 296

2005 Eythan Familier Cukier 0 4 0 1 0 0 5 341

2005 Andrés Alonso Segura Medina 0 0 0 1 0 0 1 445

2005 Christian Zamora Jaen 0 1 0 1 0 0 2 396

Premios

Año Tamaño del

equipo P1↑ P2↑ P3↑ P4↑ P5↑ P6↑ Total↑ Lugar

Oro Plata Bronce Mención

2007 5 3 10 0 21 2 0 36 72 0 0 1 1

2006 2 14 1 1 11 0 0 27 78 0 0 1 1

2005 6 2 15 0 12 6 2 37 65 0 0 0 2

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7

Este es el equipo que nos representó en la 48th Olimpiada Internacional de Matemática celebrada en Hanoi, Vietnam del 19 al 31 de julio de 2007.

Mario Marín

Daniel Campos Salas

Rafael Ángel Rodríguez

Arguedas

Karim Antonio Vindas Yassine

Andres Alonso Segura Medina

Daniel Jose Murillo Barrantes

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Solución a los anteriores Problemas de Competencias no

Olímpicas.

Miguel Ángel Arias Vílchez

Giovanni Buckcanan Aguilar

Kendrick Mitchell Maturin

Mauricio Rodríguez Mata

A continuación brindamos la solución de los 30 ejercicios propuestos en la columna

Problemas de Competencias no Olímpicas de la edición anterior.

Les recordamos que la forma de resolver cada ejercicio no necesariamente es la única, así

que invitamos al estimable lector a enviarnos sus soluciones a los mismos.

ÁLGEBRA.

1) Sea 222 cbaD ++= donde a y b son enteros consecutivos y .abc = Pruebe que D

siempre es un entero impar.

(Examen del nivel Senior, Torneo de Matemática Furman University Wylie, 1997)

SOLUCIÓN:

Como a y b son enteros consecutivos se tiene que 1+= ab y .2)1( aaaac +=+= Luego,

2)1(22)1(2 ++++= aaaaD que es equivalente a

2121223324

++=++++= aaaaaaD por lo que 12 ++= aaD el cual es siempre

un número impar ya que )1(2 +=+ aaaa siendo el producto de dos números consecutivo será

par y al sumarle 1 se obtiene un número impar.

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9

2) Pruebe que .63232 =−++

(Material de preparación para la competencia olímpica del nivel Junior del Reino Unido, 2006)

SOLUCIÓN:

Sea 3=x para facilitar los cálculos, usemos ,2222)( bababa ++=+ ,2 xa +=

,2 xb −= entonces:

( ) ( ) ( )( ) ( ) 24242

22222

22

22 xxxxxxx −+=−+−+++=−++

como 32 =x se tiene que ( ) 62434242

22 =+=−+=−++ xx de donde se

concluye que .63232 =−++

3) Sea a un número tal que 0 < 1≤a y .0122001 =+− aa Determine todos los posibles

valores de la suma .200021 aaa ++++ L

(XX Concurso de Matemática de Secundaria de Lehigh University / AT&T, 2000)

SOLUCIÓN:

Primero consideremos el caso donde .1=a Entonces, claramente la suma es 2001. Ahora, si

a < 1, podemos aplicar la siguiente fórmula:

.1

12001200021

−

−=++++

a

aaaa L

Entonces

.22120010122001 −=−⇒=+− aaaa

Entonces .21

22

1

12001=

−

−=

−

−

a

a

a

a

Así, los posibles valores de la suma es 2 ó 2001.

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10

4) Determine el valor de la suma

(Concurso de Matemática de la Universidad de Carolina del Sur, Diciembre, 1997)

SOLUCIÓN:

Convirtiendo todos los logaritmos a la misma base, digamos 10, obtenemos que la suma del

enunciado es igual a:

Los denominadores son todos iguales y la suma del numerador es:

Se sigue que la suma pedida es 1.

5) Determine todas las soluciones de la siguiente ecuación:

(Concurso de Matemática de la Universidad Kettering para estudiantes de Secundaria, 2001)

SOLUCIÓN:

552442 ++=++ xxxx implica .5522 ++=+ xxx Tenemos que analizar dos casos, a

saber

I CASO: ,2−≥x así .22 +=+ xx Entonces

03425522 =++⇒++=+ xxxxx

con lo que .1−=x

II CASO: ,2−≤x así .22 −−=+ xx Entonces

07625522 =++⇒++=−− xxxxx

con lo que .23 −−=x

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6) Resuelva la siguiente ecuación: (Competición Polya de Matemática, Universidad de Stanford, 1994)

SOLUCIÓN:

Convirtiendo todos los logaritmos a la misma base, digamos 10, obtenemos que la suma del

enunciado es igual a:

de donde

por lo que

7) Determine todos los valores de x para los cuales .3)2(2log)(4log2 =−+ xx

(Competición Polya de Matemática, Universidad de Stanford, 1994)

SOLUCIÓN:

En este caso, es conveniente converter ambos logaritmos a base 2:

Ahora, la ecuación planteada se puede expresar como ( )( ) 322log =−xx es decir

)2(32 −= xx cuyas soluciones son 4 y –2. Pero –2 no es solución de la ecuación original por

lo que, la única solución es, .4=x

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12

8) Si )(xf es un polinomio mónico de grado cuatro tal que ,9)3(,4)2(,1)1( −=−−=−=− fff

y ,16)4( −=f determine ).1(f

(Torneo de Matemática de Harvard-MIT, Febrero 1999)

SOLUCIÓN:

Notemos que 2)( xxf + tiene por raíces a –1, 2, –3 y 4. Por el hecho de que )(xf es un

polinomio mónico de grado cuatro tenemos:

).4)(3)(2)(1(2)( −+−+=+ xxxxxxf

De allí que .231)3)(4)(1)(2()1( =−−−=f

9) El polinomio cuadrático )(xP tiene las siguientes propiedades: 0)( ≥xP para todo número

real ,x ,0)1( =P y .2)2( =P Determine el valor de ).4()0( PP +


SOLUCIÓN:

Dado que )(xP es un polinomio cuadrático que satisface 0)( ≥xP para todo número real ,x y

,0)1( =P implica que 2)1()( −= xcxP para alguna constante .c Desde que ,2)2( =P

tenemos que .2)1(2)( −= xxP Por lo anterior, .20182)4()0( =+=+ PP

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13

10) Demuestre que el número de 4012 dígitos:

es un cuadrado perfecto.

(Material de preparación para la competencia olímpica del nivel Senior del Reino Unido, 2006)

SOLUCIÓN:

Observemos que 1225 = (35)2 y 112225 = (335)2. Podemos conjeturar que (para enteros no

negativos k ):

Para probar la conjetura anterior, observemos que:

Este ejercicio es para el caso específico en que .2005=k

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GEOMETRÍA.

1. La siguiente figura muestra un cuadrante de radio 2 en el cual está inscrito un semicírculo de radio uno. Un semicírculo menor también inscrito, como lo muestra la figura, es tangente al semicírculo de radio uno. Determine la medida del radio del semicírculo menor.


SOLUCIÓN:

Consideremos la figura adjunta, en donde A y B son los centros de los semicírculos inscritos en

el cuadrante. Entonces, BC = 1, AB = 1 + r (r es el radio del semicírculo menor) y AC = 2 – r.

Aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo ACB tenemos 12 + (2 – r)2 = (1 + r)2 de donde se

obtiene 1 + 4 – 4r + r2 = 1 + 2r + r2 por lo que el radio del semicírculo menor es .3

2

A

C

B

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2. Las longitudes de los lados de un triángulo son 6, 7 y x. Determine el mayor valor que puede

tomar el área de dicho triángulo.


SOLUCIÓN:

El área de un triángulo es igual al semiproducto de dos de sus lados y el seno del ángulo

comprendido entre ellos. Sea α el ángulo comprendido entre los lados de medida 6 y 7,

entonces, el área del triángulo será ,212

76αα sensen =

⋅ esta área será máxima cuando el

αsen tome su máximo valor que es 1 (y el triángulo es rectángulo) por lo que el área máxima

que puede tomar el triángulo es 21.

3. Tres círculos, centrados en A, B y C, son

tangentes exteriormente uno a otro. El círculo con

centro en A tiene radio 3. El círculo con centro en B

tiene radio 5. La medida de ∠ BAC es 3

π radianes,

determine la medida de ∠ ABC en radianes.


SOLUCIÓN:

Sea θ=∠ABC y r denota el radio del círculo centrado en C. Sabiendo que

,2

1

3cos =

πusando la ley de cosenos dos veces tenemos que:

deducimos, luego, que:

por lo que, el ángulo buscado es .4

11cos

= arcθ

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4. Sea r el radio del círculo inscrito del triángulo ABC. Tome un punto D sobre el lado BC, y

sean 1r y 2r los inradios de los triángulos ABD y ACD. Pruebe que 1, rr y 2r pueden ser

siempre las longitudes de los lados de un triángulo.


SOLUCIÓN:

Probaremos que ,r 1r y 2r satisfacen la desigualdad triangular, claramente r es el mayor de

los tres, así que solamente necesitamos verificar que .21 rrr >+ Sean K y s el área y el

semiperímetro del triángulo ABC. Similarmente definimos .2,1,2,1 sskk Notemos que s es

mayor que 1s o 2s y que .21 kkk =+ Por otro lado, recordemos que el área de un triángulo es

igual al producto de su semiperímetro y su radio inscrito por lo que 1

11,

s

kr

s

kr == y

,2

22

s

kr = así

.21

2

2

1

121 r

s

k

s

k

s

k

s

k

s

krr ==+>+=+

5. Sea C un círculo en donde dos diámetros se intersecan en un ángulo de 30°. Un círculo S es

tangente a ambos diámetros y al círculo C, y tiene radio 1. Determine la mayor longitud posible

del radio de C.

(Torneo de Matemática de Harvard-MIT, Febrero 1999) SOLUCIÓN:

Para obtener el mayor radio posible para C necesitamos que el centro del círculo C, el centro

del círculo S y el punto de tangencia de S con C sean colineales. No es difícil de apreciar al

realizar un buen dibujo de la situación. Entonces el radio de C es

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6. Cada lado del cuadrado ABCD tiene longitud 1 y ∠ PAQ = 45°. Determine el perímetro del

triángulo PQC.


SOLUCIÓN:

Observe que en el enunciado no se indica la ubicación de los puntos P y Q (en la figura se

aprecia que están sobre los lados CD y BC). Una suposición correcta es que la respuesta no

depende de la ubicación de tales puntos, que solamente son ubicados sobre esos lados de

modo que ∠ PAQ = 45° , Se podría suponer que si P está tan cerca de D (o bien, P = D) y que

Q está tan cerca de C (o bien, Q = C) (tal como se muestra en la figura 1).

Se podría apreciar que el perímetro del triángulo (degenerado) PQC (la suma de las distancias

PQ, QC y CP) es el doble de la distancia de C a D, esto es, 2.

Para obtener la respuesta a la generalización del problema, consideremos un punto R en la

prolongación de BC (como se muestra en la figura 2) tal que el triángulo ADR sea congruente

con el triángulo ABQ. Desde que ∠ PAQ = 45°, se tiene que ∠ RAP = 45°. Como AR = AQ y

AP = PA entonces el triángulo AQP es congruente al triángulo ARP.

Con lo que PQ = PR = PD + DR = PD + BQ. Se sigue que, el perímetro del triángulo PQC es

PQ + QC + CP = BQ + QC + CP + PD = 2.

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7. ABCD es un trapecio cuyos lados son tangentes al círculo. AB es paralelo a DC y el ángulo

en A y en D son rectos. BC mide 7 y el radio del círculo 1. Determine el área del trapecio

(Material de preparación para la competencia olímpica del nivel Junior del Reino Unido, 2006)

SOLUCIÓN:

Sea x la longitud de las tangentes desde C. Entonces CD = 1 + x. Como BC = 7 entonces las

longitudes de las tangentes desde B son 7 – x y AB = 8 – x por lo que la suma de las paralelas

(bases) del trapecio es 9. Luego, el área es .92

29=

⋅

8. El triángulo ABC es rectángulo en A, AB = AC y M es el punto medio de AC. Sea P un punto

de del lado BC tal que AP es perpendicular a BM. Sea H el punto de intersección de AP y BM.

Determine BP: PC (modificado)

(Examen de calificación para la aplicación de beca del gobierno Japonés, 2007) NOTA: este ejercicio es parte de la prueba de aquellos que pretenden concursar por una beca a

Japón, dicho programa de becas recibe el nombre de MONBUKAGAKUSHO)

SOLUCIÓN:

Como M es el punto medio entonces los triángulos AHM y HCM tienen igual área, esto es, se

dice que son equivalentes (AHM) = (HCM) (1). Por otro lado, notemos que ( )( )HPC

AHC

HBP

ABH=

)(

)(

(2) ya que ambas fracciones son equivalentes a .HP

AH De las dos igualdades se deduce que

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19

).3()(

)(2

)(

)(

HPC

AHM

HBP

ABH= De (3) y (1) se concluye que ).4(

2

1

4

12

)(

)(2

)(

)(=

⋅==

ABH

AHM

HBP

HPC

Como .1

2

)(

)(==

HPC

HBP

PC

BP

9. En el triángulo ABC se tiene AB = AC. Los puntos medios de AB y AC son M y N,

respectivamente. Las medianas MC y NB se intersecan en ángulo recto. Determine .2

BC

AB

(Torneo de Matemática de Stanford, 2007)

SOLUCIÓN:

Suponga que las medianas se intersecan en .P Si .3

,x

CPBPxBC === Por una propiedad

muy conocida del centroide, ,3

1=

MC

MP así .

22

xMP = Utilizando el teorema de Pitágoras,

hallamos que .2

5

2

25xAB

xMB =⇒= Así, .

2

52=

BC

AB

10. Sea ABCD un cuadrilátero convexo (esto es, las diagonales del cuadrilátero están en su

interior). Pruebe que


SOLUCIÓN:

Así,

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TEORÍA DE NÚMEROS.

1. Si N = 99982 + 4(9998), determine el número de dígitos de N.

(Asociación de Ligas Matemáticas de Nueva Inglaterra, Playoffs, 2004)

SOLUCIÓN:

Como 108 tiene 9 dígitos entonces N tiene 8 dígitos.

2. El número de cuatro dígitos pqr2 es multiplicado por 4 y el resultado es el número de cuatro

dígitos .2rqp Determine el valor numérico de .qp +


SOLUCIÓN:

Notemos que al multiplicar pqr2 por 4 se obtiene otro número de cuatro dígitos .2rqp Además,

el número obtenido del producto es mayor que 8 mil por lo que se deduce que .8=r Ahora

bien, 2101008000)8101002000(4 +++=+++ pqqp de donde, al reducir dicha ecuación

se obtiene .1213 −= qp La expresión 12 −q obtiene su máximo valor para ,9=q estos es,

1712 =−q mientras que el menor valor de p13 es 13 (obviando 0=p ) por lo que se deduce

que 7,1 == qp con lo cual .8=+ qp

3. R, S y P son tres diferentes números primos tales que R + S2 = P4. Determine todas las

tripletas (R, S, P) que satisfacen la condición enunciada.

(Asociación de Ligas Matemáticas de Nueva Inglaterra, Playoffs, 2002)

SOLUCIÓN:

Del enunciado obtenemos .2224

−

+=−= SPSPSPR Como R es primo entonces

.2,12RSPSP =+=− Esto implica que P o S es par y el otro impar y solamente 2=P y

3=S satisfacen la ecuación. Lo anterior produce 7=R por lo que la respuesta es (7, 3, 2)

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21

4. Determine Todas las duplas de números enteros que satisfacen la ecuación:


SOLUCIÓN:

La ecuación dada equivale a ).(19 yxxy += Para que esta ecuación tenga soluciones enteras

al menos uno de x o y debe ser divisible por 19. Siendo la ecuación simétrica podemos

asumir que kx 19= donde k es un entero. Entonces

de esta última ecuación podemos notar que yk +19 es divisible por .k Así, kmy = donde m

es un entero. Entonces

desde que m y k son ambos enteros solo existen 4 posibles combinaciones para las cuales se

satisface la ecuación:

Finalmente, tenemos 5 soluciones ( )yx, = (38, 38), (380, 20), (20, 380), (–342, 18) y (18, –342).

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22

5. Sea A el conjunto de todos los números y, ordenados ascendentemente, tales que 24y + 1

es un número cuadrado perfecto. Determine el elemento 2000 en A.


SOLUCIÓN:

Suponga que 24y + 1 = x2.

Se tiene que 24y + 1 no es divisible por 2 ni por 3, así que x no es divisible por 2 ni por 3.

24y = x2 – 1 = (x + 1)(x – 1) .

Si x no es divisible por 2, entonces uno de x + 1 y x – 1 es divisible por 2 y el otro por 4. Si x no

es divisible por 3, entonces exactamente uno de x + 1 y x – 1 lo es.

Entonces x2 – 1 es divisible por 24, así tenemos un y para todo x no divisible por 2 ó 3, el

2000avo de tal x es 5999. Así

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23

FUNCIONES O SUCESIONES.

1. f es una función continua de variable real tal que )()()( yfxfyxf =+ para todo real

., yx Si ,5)2( =f determine ).5(f


SOLUCIÓN:

Desde que [ ]nxfnxf )()( = para todo entero ,n [ ]5)1()5( ff = y [ ] ,2)1()2( ff = así

[ ] .52525)2()5( == ff

2. Si )(xf es una función que satisface la ecuación funcional 2)1()(2 xxfxf =−+ para todo

x , determine todas las funciones que satisfacen dicha ecuación.


SOLUCIÓN:

La ecuación 2)1()(2 xxfxf =−+ se satisface para toda .x En particular, la ecuación se

satisface si sustituimos x por .1 x− Con la sustitución anterior la ecuación funcional resultante

es ,2)1()()1(2 xxfxf −=+− sustrayendo esta última ecuación del doble de la ecuación

original resulta 2)1(22)(3 xxxf −−= esto es .3

122)(

−+=

xxxf

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24

3. Si )(21)1()1( mfmmmf −+−=+ para enteros ,1≥m y ).2001()1( ff = Determine el valor

de ).2000()3()2()1( ffff ++++ L


SOLUCIÓN:

)2001(22000)2001(,),3(23)4(),2(22)3(),1(21)2( ffffffff −=−=−−=−= L Sum

ando y remplazando )2001(f en el lado izquierdo por )1(f tenemos:

∑=

−−++−+−=∑=

2000

1)(2200019994321

2000

1)(

i

if

i

if L

así 1000200010002000

1)(3 −=−=∑

=i

if por lo que .3

10002000

1)( −=∑

=i

if

4. Los números de Fibonacci son definidos por 121 == FF y nFnFnF ++=+ 12 para

.1≥n Los números de Lucas son definidos por 32,21 == LL y nLnLnL ++=+ 12 para

.1≥n Demuestre que .2

nF

nFnL =

NOTA: Este ejercicio ha sido modificado puesto que se pedía calcular .13

1

15

1

2

∏

∏

=

=

nnL

n nF

nF

(Torneo de Matemática de Harvard-MIT, Marzo 2001)

SOLUCIÓN:

Haciendo uso de la teoría de las funciones por recurrencia se obtiene que cada número de

Fibonacci puede ser expresado como:

nn

nF

−−

+=

2

51

5

1

2

51

5

1

mientras que cada número de Lucas puede ser expresado mediante:

nn

nL

−−

+=

2

51

2

51

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25

Ahora bien,

nn

nn

nF

nF

−−

+

−−

+

=

2

51

5

1

2

51

5

1

2

2

51

5

12

2

51

5

1

2

−−

+

−+

+

−−

+

=nn

nnnn

2

51

2

51

5

1

2

51

2

51

2

51

2

51

5

1

nL

nn

=

−−

+

2

51

2

51

5. Sea .1log54log43log32log)( nnnf −⋅⋅= L Determine el valor de .10

22∑

=

k

kf


SOLUCIÓN:

Efectuando un cambio de base 2 podemos rescribir )(nf de la siguiente manera:

así

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26

Problemas de Competencias no Olímpicas.





En esta sección se propondrán treinta problemas matemáticos. Las soluciones a dichos

problemas aparecerán en la siguiente edición. Desde aquí queremos animarlos a participar en

esta sección , ya que sin su ayuda y colaboración la iniciativa no tiene ningún sentido.

Naturalmente estamos abiertos a todo tipo de sugerencias.

ÁLGEBRA.

1) Amy, Bart y Carol están comiendo zanahorias. Amy comió la mitad de las que comió Bart,

más un tercio de los que comió Carol, más una. Bart comió la mitad de las que comió Carol,

más un tercio de los que comió Amy, más dos. Carol comió la mitad de las que comió Amy, más

un tercio de los que comió Bart, más tres. ¿Cuántas zanahorias comieron en total ?

(29TH JUNIOR HIGH SCHOOL MATHEMATICS CONTEST, April 27, 2005)

2) Determine todas las soluciones ( )yx, para el sistema de ecuaciones

(Canadian Open Mathematics Challenge, November 22, 2006)

3) Determine el cociente al efectuar .100211002

−++−+−÷

+++ xxxxxx LL

(Mathematics Competition Department of Mathematics Florida Atlantic University and Stuyvesant High School Alumni Association of South Florida, Spring, 2000.)

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27

4) Determine todas las soluciones ( )ba, para el sistema de ecuaciones


5) Pruebe que

(FAU/Stuyvesant Alumni Mathematics Competition 2004–2005)

6) Pruebe que 014912 >+−+− xxxx para todo número real .x

(Mathematics Competition Department of Mathematics Florida Atlantic University and

Stuyvesant High School Alumni Association of South Florida, Spring, 2000.)

7) Resuelva la ecuación: .344121 xxx =

+

+

(Kettering University Mathematics Olympiad For High School Students 2005)

8) Si a y b son enteros positivos menores que 100, resuelva la siguiente ecuación:

a2 – b2 = 343.

(Lehigh University / AT&T High School Math Contest, March 27, 1999 )

9) Resuelva la siguiente ecuación: .1232

22 =+−

+

xxxx

(Lehigh University / AT&T High School Math Contest, March 27, 1999 ) 10) Determine todos los pares ( )yx, de números reales positivos que satisfacen el sistema

2083 22 =+ xyxx y .10533 22 =+ yxyy

(Lehigh University / AT&T High School Math Contest, March 27, 1999 )

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28

GEOMETRÍA.

1) En la figura, AB = 4, BC = 3 y ∠ ABC = 90° = ∠ ACD = ∠ DCE = ∠ ADE = ∠ DAB.

Determine la longitud de AE.


2) En el triángulo ∆ABC, M es el punto medio de BC, como se muestra en la figura.

Si ∠ ABM = 15° y ∠ AMC = 30°, determine la medida del ángulo∠ BCA.


3) Un punto en la circunferencia inscrita en un cuadrado está a 1 y 2 unidades de dos lados

consecutivos del cuadrado. Determine el área del cuadrado.

(Harvard-MIT Math Tournament, March 3, 2001)

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29

4) En la figura siguiente, D es el punto medio del arco menor ABC, y DE ⊥ AB. Pruebe que

AE = EB + BC.

(FAU/Stuyvesant Alumni Mathematics Competition 2004–2005) 5) Las longitudes de los lados de un triángulo son tres enteros consecutivos. Si el ángulo

interno mayor mide el doble del ángulo interno menor, determine las longitudes de los lados.



6) En un triángulo rectángulo, c es la longitud de la hipotenusa, a y b son las longitudes de

los otros dos lados, d es la longitud del diámetro del círculo inscrito. Pruebe que

dcba +=+



7) Sea ABC un triángulo de área 30. Sea D un punto de su interior y sean e, f y g las distancias

de D a los lados del triángulo. ¿Cuál es el valor de la expresión 5e + 12f + 13g?

(Concurso Canguro Europeo, Prueba Estudiante Segundo Año de Diversificado, 2003)

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30

8) ABC es un triángulo equilátero de lado 2, AD es una altura, MNPQ es un rectángulo, y T es

el punto medio de MN. Determine el área de MNPQ.

(State Invitational Math League Competition, Massachusetts Association of Mathematics

Leagues, March 31, 2006)

9) Un octógono regular es inscrito en un cuadrado. Si el radio del círculo inscrito que se

muestra en la figura es 246 − unidades, determine el número de unidades del lado del

cuadrado.

(State Invitational Math League Competition, Massachusetts Association of Mathematics

Leagues, March 31, 2006)

10) ABCD es un rectángulo, E y F son los puntos medios de AD y AB respectivamente.

Si 32=EF y ,13=FC determine .AD

AB

(32nd Annual Math Competition, April 30, 2004, Canton High School, New England Playoffs)

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31

TEORÍA DE NÚMEROS.

1) Determine todos los enteros positivos a y b tales que


2) Pruebe que para cualquier entero n , el producto

es divisible por 8640.

(FAU/Stuyvesant Alumni Mathematics Competition 2004–2005)

3) Determine el entero de seis dígitos que empieza y termina en 2 y es tal que es el producto

de tres enteros pares consecutivos.

(Harvard-MIT Math Tournament, March 3, 2001)

4) Pruebe que si un número primo es dividido por 30, entonces el residuo es otro número primo

0 es igual a 1.



5) Determine el número de enteros n que satisfacen las tres condiciones siguientes:

• cada dígito de n es 1 ó 0,

• n es divisible por 6, y

• 0 < n < 710 .


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32

FUNCIONES O SUCESIONES.

1) Si f(2x + 1) = (x − 12)(x + 13), determine el valor de f(31).


2) Sea s(n) la suma de los dígitos de n. Por ejemplo, s(197) = 1 + 9 + 7 = 17. Sea

s2(n) = s(s(n)); s3(n) = s(s(s(n))), y así sucesivamente. Determine el valor de s1996(1996).

(Mathematics Contest University of South Carolina, December 7, 1996)

3) Sea f un polinomio tal que f (x2 + 1) = x4 + 4x2. Determina f (x2 – 1).

(Concurso Canguro Europeo, Prueba Estudiante Segundo Año de Diversificado, 2003)

4) Suponga que f(x) es una función tal que, para todo número real x,

(i) f (x) + f (1 – x) = 11 y

(ii) f (1 + x) = 3 + f (x).

Determine el valor de f (x) + f ( – x)


5) Suponga que .1log54log43log32log)( nn

nf−

⋅⋅= L Determine el valor de

.10

22∑

=

k

kf


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33

4. CURIOSATO.





Esta columna tiene como finalidad mostrar ejercicios de preparación o competencia

olímpicas en fases iniciales que se desarrollan en otros países.

Estos tipos de ejercicios son de selección única y se procurará brindar la solución de

todos los ejercicios que se propongan. Es importante hacer notar que los mismos pueden servir

de preparación para estudiantes que participan en los distintos niveles de la Olimpiada

Costarricense de Matemática.

Continuamos con ejercicios correspondientes a los Problemas Introductorias de la

Olimpiada Sonorense de Matemática, estado de la República de México.

Problema 151. ¿Cuántos enteros n hay tales que 22n > n2 + 120?

(a) 4 (b) 3 (c) 2 (d) 1

Problema 152. Si los números a, b, c satisfacen las siguientes igualdades: 1/a + 1/b + 1/c = 1, 1/a -

1/b - 1/c = 1/3,

1/a + 1/b - 1/c = 0,

entonces, a + 2b + 3c es igual a:

(a) 6 (b) 12 (c) 18 (d) 24

Problema 153. Si a, b, c, d, e son números positivos, tales que ab = 1, bc = 2, cd = 3, de = 4 y

ea = 5, ¿Cuál es el valor de b?

(a) 10

3 (b)

15

8 (c)

3

40 (d) 30

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34

Problema 154. Si las diagonales de un rombo difieren en 14 y sus lados miden 13, el área del

rombo es:

(a) 156 (b) 120 (c) 1328 (d) 348

Problema 155. Un contenedor de 5 litros se llena con jugo de naranja. Se le quitan 2 litros de

jugo y se llena nuevamente con agua. Se mezcla muy bien y nuevamente se quitan 2 litros de

mezcla y se vuelve a llenar con agua. ¿Qué porcentaje de jugo hay en la mezcla final?

(a) 24% (b) 36% (c) 30% (d) 27%

Problema 156. Los números de seis dígitos ABCDEF donde los dígitos varían del 1 al 6 y son

todos distintos, se llaman armoniosos si 1 divide a A, 2 divide a AB, 3 divide a ABC, 4 divide a

ABCD, 5 divide a ABCDE, 6 divide a ABCDEF. ¿Cuántos números armoniosos hay de 6

dígitos?

(a) 5 (b) 4 (c) 3 (d) 2

Problema 157. Si A y B son números naturales y A/7 + B/5 = 31/35 el valor de A es:

(a) 1 (b) 2 (C) 3 (d) 4

Problema 158. En un triángulo equilátero XYZ se dividen los lados en tres partes iguales.

Llamemos a las divisiones A, B, C, D, E y F como se muestra en la figura. ¿Cuál es el área de

la figura sombreada, si el área del triángulo XYZ es 18?

(a) 12 (b) 10 (c) 9 (d) 8

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35

Problema 159. ¿Cuál es el número de lados de un polígono que tiene el triple número de

diagonales que de lados?

(a) 8 (b) 9 (c) 10 (d) 12

Problema 160. Si n es un número entero, entonces n2(n2-1) siempre es divisible entre:

(a) 5 (b) 8 (c) 12 (d) 24

Problema 161. Un cubo se formó con 12 pedazos de alambre de longitud 1. Una hormiga parte

de uno de los vértices y camina a lo largo de los lados. ¿Cuál es la distancia máxima que puede

recorrer antes de regresar al vértice de donde partió y sin recorrer un lado dos veces?

(a) 6 (b) 8 (c) 10 (d) 12

Problema 162. Si (a + 1/a)2 = 3, entonces a3 + 1/a3 es igual a:

(a) 0 (b) 3 (c) 3 (d) 33

Problema 163. Los lados de un triángulo son 2, 3, x. Si el área también es x, ¿cuánto vale x?

(a) 5 (b) 3 (c) 2 (d) 1

Problema 164. En un cubo de lado 2, M, N, P y Q son puntos medios de las aristas mostradas. ¿Cuál es la distancia máxima entre un punto de MN y otro PQ?

(a) 2

3 (b)

2

3 (c)

2

6 (d) 6

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36

Problema 165. La zoo-lógica. En la selva, la hiena miente los lunes, martes y miércoles; la

zorra miente los jueves, viernes y sábados. En los días que no mienten, dicen la verdad. Un día

se encontraron la hiena y la zorra y sostuvieron este diálogo:

Hiena: ¡Hola zorra! Ayer yo mentí,

Zorra: ¡Hola hiena! Yo también mentí ayer.

¿En qué día sucedió este encuentro?

(a) lunes (b) martes (c) jueves (d) nunca pudo suceder

Problema 166. Se tiene un tetraedro regular y en cada una de las caras se trazan todas las

bisectrices. ¿Cuántos puntos de intersección hay entre las 12 bisectrices?

(a) 4 (b) 8 (c) 12 (d) 14

Problema 167. Sea p(x) = x3 + ax + 1. Si p(1) = 1, ¿Cuál es el valor de p(2)?

(a) 1 (b) 2 (c) 5 (d) 7

Problema 168. El siguiente juego se efectúa entre dos jugadores: se colocan 13 fichas sobre la

mesa y los jugadores tiran en forma alternada, cada tirada consiste en tomar 1, 2, 3 ó 4 fichas y

gana el que se quede con la última ficha. ¿Cuántas fichas debe tomar el primer jugador en la

primera tirada para asegurar su triunfo?

(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4

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37

Problema 169. ¿Para cuántos valores enteros positivos de n la expresión 18/n+4 es un entero?

(a) 12 (b) 10 (c) 6 (d) 3

Problema 170. Si m y n son enteros tales que 2m - n = 3, entonces m - 2n es igual a:

(a) -3 (b) 0 (c) un múltiplo de 3 (d) cualquier entero

Problema 171. Una escalera tiene numerados los escalones como 0, 1, 2, 3, 4 ...

Una rana está en el escalón 0, salta cinco escalones hacia arriba hasta el escalón 5 y luego dos

para abajo hasta el escalón 3, después sigue saltando alternando, cinco escalones para arriba y

dos para abajo. La sucesión de escalones que pisa la rana es 0, 5, 3, 8, 6... ¿Cuál de los

siguientes escalones no pisa la rana?

(a) 1997 (b) 1998 (c) 1999 (d) 2000

Problema 172. Sea ABC un triángulo isósceles tal que AB = AC, sean R, S y T las

intersecciones de las alturas de A, B y C, respectivamente, con el circuncírculo como se

muestra en la figura. ¿Cuál es el valor del ángulo RST?

(a) 2

BA ∠+∠ (b) A∠ (c) B∠ (d) C∠

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38

Problema 173. En la siguiente figura el área del triángulo chico es 8. El área del triángulo

grande es:

(a) 20 (b) 24 (c) 28 (d) 30

Problema 174. Se forma un cono con un pedazo de papel semicircular, con radio de 10 (como

se muestra en la figura). Encuentra la altura del cono.

(a) 35 (b) 25 (c) 3π (d) 5π

Problema 175. En un cubo de lado 6 se inscribe un tetraedro regular de tal manera que los

cuatro vértices de éste son también vértices del cubo. Calcula el volumen de dicho tetraedro.

(a) 36 (b) 72 (c) 75 (d) 108

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39

5. Solución al CURIOSATO





A continuación brindamos las alternativas que son las respuestas al CURIOSATO de esta

edición. Nos permitimos solicitarles elaboren sus propias soluciones a esta columna solamente tomando

como guía la tabla de respuestas siguientes

151.- (d) 156.- (b) 161.- (b) 166.- (a) 171.- (c)

152.- (no hay respuesta)

a= 3/2, b =-6, c = 2 157.- (b) 162.- (a) 167.- (d) 172.- (b)

153.- (b) 158.- (d) 163.- (a) 168.- (c) 173.- (d)

154.- (b) 159.- (b) 164.- (d) 169.- (d) 174.- (a)

155.- (c) 160.- (c) 165.- (c) 170.- (c) 175.- (c)

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40

6. Solución a los problemas anteriores de la columna

“Olimpiadas alrededor del mundo”.

Randall Godínez.

Arlene Martínez.

Melissa Ramírez.

Carlos Rodríguez.

Presentamos, a continuación, la solución de los diez problemas presentados en esta

misma columna pero de la edición anterior. Hemos procurado adjuntar varias soluciones a los

problemas con el fin de hacer notar que los mismos pueden ser enfocados y resueltos de

diversas formas y que ello es lo que se busca en las competencias olímpicas: favorecer el pleno

desarrollo de la creatividad del participante al momento de enfrentar los problemas y de ninguna

manera encajonar su pensamiento.

Al mismo tiempo que se presenta una solución a determinado problema se advierte,

cuando ello lo amerita, la teoría que se está aplicando en la solución del mismo con el fin de

que se cuente con todo el marco teórico que se requiera para poder resolver otros problemas

que puedan ubicarse en la misma categoría o bien que puedan reducirse a ellos.

Cuando se indique que la solución es oficial lo que se pretende indicar es que esa es la

solución que se dio en la competencia señalada por parte del comité organizador o bien de su

proponente.

Recuérdese que ningún problema está completamente cerrado por lo que se les solicita

a nuestros estimables lectores que nos envíen sus comentarios o sugerencias que tengan a

esta columna en particular mediante alguno de los correos indicados en la presentación.

Pues bien, veamos las soluciones de la columna anterior !!

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41

1. Los términos na de una secuencia de enteros positivos satisfacen la relación

Si 355 =a determine el valor de .4a

(XXVII Olimpiada Brasileña de Matemática, Primera Fase, Nivel 3, 1995)

SOLUCIÓN:

Sean ,1ax = 2ay = y .3az = Entonces )(4 yxza += y ),)((5 zyyxza ++= o sea,

).)((35 zyyxz ++= Siendo yx, y z enteros positivos, yx + y zy + son mayores que 1 y

también son divisores de 35 = 5 ⋅ 7. Así, como 35 no puede ser escrito como producto de tres

enteros mayores que 1, .1=z Por tanto, como x es al menos 1, yx + es mayor o igual a

zy + , de modo que 5=+ zy y .7=+ yx Luego .7714 =⋅=a .

2. Sea a un número entero positivo tal que a es múltiplo de 5, 1+a es múltiplo de 7, 2+a es

múltiplo de 9 y 3+a es múltiplo sw 11. Determine el menor valor que puede tomar .a

(XXVII Olimpiada Brasileña de Matemática, Segunda Fase, Nivel 2, 1995)

SOLUCIÓN:

Como 3+a es múltiplo de 11, entonces Z.,113 ∈=+ bba Siendo a múltiplo de 5, también lo

es ,310 −=− bba de modo que:

.Z,30553)35(113553 +∈+=−+=⇒+=⇒=− cccacbcb

El número 2+a es múltiplo de 9 entonces, como ,436542 −=−−+ cca por tanto:

Z.,25049530)49(554994 ∈+=++=⇒+=⇒=− dddadcdc

Por último, siendo 1+a múltiplo de 7, entonces:

)3(26252)250495(12454971 −−=+−=+−+−+=−−+ ddddada

también lo es, o sea, Z,3773 ∈+=⇒=− kkdkd y 250)37(495 ++= ka con lo que

.13753465 += ka Luego, el menor valor que puede tomar a es 1735.

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42

3. ¿Cuál es la suma de ttooddooss los números de 44 dígitos que están formados ssóólloo por cifras

iimmppaarreess?

(XXXX OOlliimmppiiaaddaa MMeexxiiccaannaa ddee MMaatteemmááttiiccaass,, TTeerrcceerraa EEttaappaa ddee llaa OOlliimmppiiaaddaa EEssttaattaall ddee

MMaatteemmááttiiccaass,, PPuueebbllaa,, 22000066)

SOLUCIÓN:

Obtengamos primero la cantidad de números de 4 cifras que satisfacen la condición dada

Para cada una de las 4 cifras que necesitamos usar se tienen 5 opciones ( 1, 3, 5, 7 ó 9 ). Así

por el principio fundamental de conteo, hay 5 números de este tipo. Es decir, hay 625 números

de 4 dígitos que satisfacen la condición dada.

Para cada dígito impar que se coloque en dicha posición, es claro que hay 125 opciones para

elegir los otros 3 dígitos. Es decir, cada uno de los 5 dígitos utilizados aparece 125 veces en el

lugar de las unidades.

De manera análoga, podemos decir que cada uno de estos 5 dígitos contribuye en la suma de

estos 625 números de la siguiente manera:

El 1: 125( 1000 + 100 + 10 + 1)

El 2: 125( 2000 + 200 + 20 + 2) = 250(1000 + 100 + 10 + 1)

El 3: 125( 3000 + 300 + 30 + 3) = 375(1000 + 100 + 10 + 1)

El 4: 125( 4000 + 400 + 40 + 4) = 500(1000 + 100 + 10 + 1)

El 5: 125( 5000 + 500 + 50 + 5) = 625(1000 + 100 + 10 + 1)

Así, la suma es:

125( 1111) + 250 (1111) + 375(1111) + 500(1111) + 625 (1111)

Es decir,

(125 + 250 + 375 + 500 + 625)(1111)

O sea, 125( 1 + 2 + 3 + 4 + 5)(1111) que es 125(15)(1111)

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43

4. ¿Cuántos números naturales entre 11 y 22000066 utilizan ssóólloo dos dígitos diferentes en su

escritura?

(Por ejemplo, 227722 cumple la condición pero 11992299 no la cumple)

(XXXX OOlliimmppiiaaddaa MMeexxiiccaannaa ddee MMaatteemmááttiiccaass,, TTeerrcceerraa EEttaappaa ddee llaa OOlliimmppiiaaddaa EEssttaattaall ddee

MMaatteemmááttiiccaass,, PPuueebbllaa,, 22000066)

SOLUCIÓN:

Una idea a desarrollar, para saber cuántos números cumplen esta condición, es hacer un

análisis según el nnúúmmeerroo ddee ddííggiittooss de ellos.

Los números del 1 al 9 únicamente ocupan un dígito en su escritura y por lo tanto ninguno de

ellos cumple la condición.

Los números del 10 al 99 que cumplen la condición son de la forma ab, donde a y b son dígitos

distintos. Como a NO puede ser cero, tenemos 9 opciones para elegir su valor, y por cada una

de estas opciones, hay 9 opciones para elegir el valor de b de tal manera que sea distinto al de

a. Por lo tanto, hay (9)(9) = 81 números del 10 al 99 que cumplen la condición.

Los números del 100 al 999 que cumplen la condición son de la forma aab, aba o baa, donde a

y b son dígitos distintos. En cada una de estas formas, tenemos 9 opciones para elegir el valor

de a y 9 opciones para elegir el de b. Por lo tanto, hay (3)(9)(9) = 243 números del 100 al 999

que cumplen la condición.

Los números del 1000 al 1999 que cumplen la condición son de la forma 111a, 11a1, 11aa,

1a11, 1a1a, 1aa1 o 1aaa, donde a es un dígito distinto de 1. En cada una de estas formas hay 9

opciones para elegir el valor de b. Por lo tanto, hay (7)(9) = 63 números del 1000 al 1999 que

cumplen la condición.

Finalmente, hay 2 números del 2000 al 2006 que cumplen la condición: el 2000 y el 2002.

Por lo tanto, la respuesta es 81 + 243 + 63 + 2 = 389.

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44

5. Por el baricentro G de un triángulo ABC se traza una recta que corta al lado AB en P y al

lado AC en Q. Demuestra que:

PB

PA

QC

QA• ≤

1

4

(Fase nacional de Olimpiada Matemática Española, 1995)

SOLUCIÓN:

Dupliquemos el triángulo trazando AD paralela a BC y CD paralela a BA como muestra la figura

y tomemos la longitud del lado AB como unidad. Llamando M a la intersección de CD con la

recta PQ y x = PB; 1-x = AP, tenemos:

Por semejanza de ∆AQP y ∆QMC: QC

QA

MC

AP

MC

x= =

−1

Por semejanza de ∆GPB y ∆GMD: PB

MD

GB

GD= =

1

2.

Luego: MD = 2x y MC = 1 - 2x.

Sustituyendo en el primer miembro de la relación del enunciado queda:

( )PB

PA

QC

QA

x x

xx x x•

( )

( )≤ ⇔

−

−≤ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥

1

4

1 2

1

1

49 6 1 0 3 1 02

2 2

Relación válida para cualquier x.

La igualdad se alcanza para PB x MC= = ⇔ =1

3

1

3 ⇔ PQ paralela al lado BC.

P

G

A

C

D

QM

B

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45

6. Se considera el triángulo ABC y su circunferencia circunscrita. Si D y E son puntos sobre el

lado BC tales que AD y AE son, respectivamente, paralelas a las tangentes en C y en B a la

circunferencia circunscrita, demostrar que:

BE

CD

AB

AC=

2

2

(Fase nacional de OME, 1998)

SOLUCIÓN:

Los triángulos ∆ABC y ∆ADC son semejantes pues tienen los tres ángulos iguales ya que

∠ADC = ∠BCM = ∠BAC (la primera igualdad por ser AC y CM paralelas y la segunda por ser

∠BCM ángulo semiinscrito) y el ángulo ∠ACD es común.

Estableciendo la proporcionalidad entre sus lados, resulta:

( )CD

AC

AC

BCCD BC AC= ⇔ ⋅ =

21

De modo análogo los triángulos ∆ABC y ∆ABE son semejantes pues ∠AEB = ∠EBM = ∠BAC y

el ángulo ∠ABE es común.

Estableciendo la proporcionalidad entre sus lados, resulta:

( )BE

AB

AB

BCBE BC AB= ⇔ ⋅ =

22

Dividiendo las igualdades (1) y (2) se obtiene el resultado.

B

A

CED

M

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46

7. El rectángulo de la figura está dividido en 6 cuadrados de diferente tamaño.

Cada cuadrado tiene inscripta una circunferencia. La suma del área de los 6 círculos

correspondientes es 104 π cm2. Hallar el área del rectángulo

(XVI OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICA, Ronda final Nivel 1, Paraguay, 2004)

SOLUCIÓN:

Llamamos x al lado de cada cuadrado menor. El cuadrado de siguiente tamaño tendrá como

lado 2x. El siguiente tendrá como lado 3x y los dos siguientes 5x y 8 x.

Determinamos el área de cada círculo:

Luego

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47

Entonces los lados del rectángulo miden:

x + x + 3 x + 8 x = 13 x → 26 cm

x + 2 x + 5 x = 8 x → 16 cm

El área del rectángulo es 416 cm2

8. Se escribe en orden ascendente la lista completa de los capicúas de tres cifras:

101 , 111 , 121 , 131 , . . . . . . . . . . . . . . . , 979 , 989 , 999

Se eliminan luego ocho capicúas consecutivos y se suman los números que quedan en la lista,

obteniéndose 46.150. Determinar los ocho capicúas borrados.

(XVII OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICA, Ronda final Nivel 3, Paraguay, 2005)

SOLUCIÓN:

Los capicúas son de la forma aba, donde b puede ser igual o diferente que a. Entonces:

aba = 100 a + 10 b + a = 101 a + 10 b

La cantidad de capicúas es: 9 × 10 = 90

El dígito 1 aparece 10 veces en el primer lugar, lo mismo el 2, el 3 y los demás dígitos.

El dígito 0 aparece 9 veces en el segundo lugar, lo mismo el 1, el 2 y los demás dígitos.

La suma de los dígitos utilizados es:

1 + 2 + 3 + . . . . . + 9 = 45 ; 0 + 1 + 2 + 3 + . . . . . + 9 = 45

Luego, al sumar los 90 capicúas se obtiene:

101 × 10 × 45 + 10 × 9 × 45 = 450 (101 + 9) = 450 × 110 = 49.500

Entonces:

49.500 – 46.150 = 3.350

Este valor representa la suma de los ocho capicúas borrados. Al dividir esta suma entre 8,

obtenemos un número que se encuentra entre el 4º y el 5º capicúa, ya que la división no es

exacta: 3.350 ÷ 8 = 418,75

Los ocho capicúas borrados son:

383 , 393 , 404 , 414 , 424 , 434 , 444 , 454

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48

9. Sean cba ,, los lados de un triángulo y ∆ su área. Probar que

(Olimpiada Internacional de Matemática, 1961).

SOLUCIÓN:

Para este problema hay numerosas soluciones, pero veamos que se puede resolver con los

recursos más elementales. Si el triángulo fuese equilátero entonces su altura sería 2

3a y su

área ,4

32a

por lo tanto se cumpliría la igualdad. Para un triángulo cualquiera supongamos

que a sea el lado mayor y sea P el pie de la altura trazada desde el vértice A. Sea

2

aBPx −= (por lo tanto x

aBP +=

2 y x

aPC −=

2). Sea

2

3aahy −= . La idea para

introducir x e y es que estas cantidades representan la desviación del triángulo respecto a

uno equilátero. Entonces, por el Teorema de Pitágoras aplicado a los triángulos ABP y APC se

tiene

Esto prueba la desigualdad y de paso muestra que hay igualdad si y sólo si ,0== yx lo que

equivale a que el triángulo sea equilátero.

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49

10. Halle las raíces 4,3,2,1 rrrr de la ecuación: 052344 =+−+− cxbxaxx sabiendo que

son reales, positivas y que

(Olimpiada Iberoamericana de Matemática, 1985)

SOLUCIÓN:

Como 4

54321 =rrrr se sigue que

256

1

84

53

42

21 =⋅⋅⋅

rrrr y entonces

y por darse la igualdad en la desigualdad aritmético-geométrica debe ser

de donde

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50

7. Olimpiadas alrededor del mundo.

Randall Godínez.

Arlene Martínez.

Melissa Ramírez.

Carlos Rodríguez.

En esta columna se propondrán únicamente problemas que hayan sido parte de

exámenes de competencias olímpicas, nacionales o internacionales, con esto pretendemos que

otros tipos de competencias sean abordados en la columna Problemas de Competencias no

Olímpicas (antes denominada problemas propuestos) de esta misma revista.

Es importante hacer notar que los problemas de la OLCOMA que se publican en esta

revista corresponden a lo que hoy se considera el nivel C de estas competencias olímpicas y

que se hará referencia a otro nivel cuando ello sea necesario.

1) Beatriz copia del pizarrón el dibujo de la tarea dada por la profesora de matemática.

Los datos del problema son:

• Perímetro del triángulo ABC = 64 cm

• AB = AC = 25 cm

• M es el punto medio del lado AC.

La tarea consiste en hallar la distancia del punto M al lado BC.

Si Beatriz resuelve el problema correctamente, ¿cuál es el valor que encuentra para la

distancia?

(XVII Olimpiada Nacional de Matemática, Paraguay, 2005)

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51

2) En el cuadrado ABCD, el lado mide 10. E es el punto medio de BC y F es el punto medio de

CD. Hallar el área de la superficie pintada.

(XVII Olimpiada Nacional de Matemática, Paraguay, 2005) 3) Evalúe la suma:

(Olimpiada Matemática Canadiense, 1994)

4) Sea 39

9)(

+=

x

xxf . Evalúe la suma:

(Olimpiada Matemática Canadiense, 1995)

5) Determine todas las soluciones enteras de m3 – n3 = 2mn + 8.

(23rd Olimpiada Matemática de Vietnam, 1985)

6) Determine todas las funciones reales de variable real )(xf tales que

4

1)()(

2

)(

2

)(≥−+ yzfxf

xzfxyf para toda .,, zyx

(29th Olimpiada Matemática de Vietnam, 1991)

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7) El producto de varios números enteros mayores que 0 y distintos entre sí, es múltiplo de

20062. Determine el menor valor que puede tomar la suma de esos números.

(VIII Olimpiada Matemática de Centroamérica y El Caribe, Panamá, 2006)

8) Sea ABCD un cuadrilátero convexo. Sea I el punto de intersección de las diagonales AC y

BD. Sean E, H, F y G puntos sobre los segmentos AB, BC, CD y DA respectivamente, tales que

EF y GH se cortan en I . Sea M el punto de intersección de EG y AC y sea N el punto de

intersección de HF y AC. Demuestre que

(VIII Olimpiada Matemática de Centroamérica y El Caribe, Panamá, 2006)

9) Sean , , ,r s u v números reales cualesquiera. Probar que:

mín{ }2 2 2 2 1, , , .

4r s s u u v v r− − − − ≤

(XLI Olimpiada Matemática Española Fase nacional, 2005, Santiago de Compostela)

10) Sean 0 1 2 3 4, , , ,a a a a a cinco números positivos en progresión aritmética de razón d. Probar que

( )3 3 3 3 32 0 1 3 4

14 4 .

10a a a a a≤ + + +

(XLIII Olimpiada Matemática Española Fase nacional, 2007, Torrelodones)

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8. Lógica y Matemática Recreativa.

Maynor Castro

Carlos Molina

Mauricio Ramírez

Simón Sánchez

Erick Solano

En esta columna continuamos con la presentación de diez ejercicios que se han

presentado en concursos de E.S.O tanto de España como de Argentina y la Olimpiada Thales.

Por otro lado, y al igual que en la edición anterior, al final de los enunciados damos una

solución a los mismos esperando que sirvan como una guía aunque sabemos que se pueden

encontrar otras vías de solución a cada uno de ellos.

Pues bien, empecemos y que se diviertan !!!

1º Juego (12-14 años): La mosca veloz

Dos ciclistas que están a una distancia de 60 Km entre sí, se acercan a una velocidad de 10 Km/h cada uno, en un tramo recto de la carretera. Al mismo tiempo una mosca, veloz e inteligente, parte desde el primer ciclista a una velocidad de 30 Km/h y vuela hacia el segundo ciclista. Una vez que ha llegado hasta él, parte inmediatamente en sentido opuesto hasta el primer ciclista y así continúa hasta que los ciclistas se encuentran. ¿Cuántos kilómetros ha recorrido la veloz e inteligente mosca?

(V O.M. Regional. Cantabria. 2001)

2º Juego (12-14 años): Naranjas y ladrones

Escuela del Califa. Córdoba, 355 de la Hégira: Un ladrón, un cesto de naranjas del mercado robó, y por entre los huertos escapó; al saltar una valla, la mitad más media perdió. Perseguido por un perro, la mitad menos media abandonó. Tropezó en una cuerda, la mitad más media desparramó. En su guarida, dos docenas guardó. Vosotros, los que buscáis sabiduría, decidnos, ¿cuántas naranjas robó el ladrón?.

(III O.M. Regional. Castilla La Mancha. 2002)

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3º Juego (12-14 años): Los cuatro primos

Cuatro números primos tienen la siguiente estructura: AA – BAB – BACD – AAAC

Sabiendo que cada letra representa una cifra y que a letras iguales corresponden cifras iguales. ¿Cuáles son los cuatro números?

(XVII O.M. Thales. Fase Regional. Huelva. 2001 )

4º Juego (12-14 años): Valor del agua

En esta suma cada letra representa una cifra,

GOTA GOTA GOTA GOTA GOTA

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ AGUA

¿cuál es el valor del AGUA?

(VII O.M. Fase Semifinal. Comunidad de Madrid.1999)

5º Juego (12-14 años): Entre pájaros y palmeras

A ambas orillas de un río crecen dos palmeras, una frente a la otra. La altura de una es de 30

codos, y la de la otra 20 codos. La distancia entre sus troncos, 50 codos. En la copa de cada

palmera hay un pájaro. De súbito los dos pájaros descubren un pez que aparece en la

superficie del agua, entre las dos palmeras. Los pájaros se lanzaron y alcanzaron el pez al

mismo tiempo.

¿A qué distancia del tronco de la palmera mayor apareció el pez?

(VI O.M. de Cantabria.2002)

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55

6º Juego (12-14 años): Padres e hijas

Tres hombres Luis, Miguel y Antonio, van a la feria con sus hijas, que se llaman Amalia, Luisa y

Margarita. Cada una de estas personas compra un determinado número de objetos, pagando

por cada uno un cierto número de euros igual al número de objetos que compra. Antonio

compra 23 objetos más que Margarita y Miguel 11 más que Luisa. Cada padre gasta 63 euros

más que su hija.

¿Cuál es la hija de Antonio, cuál la de Miguel y cuál la de Luis?

( XIV O.M. Primera Fase. Albacete. 2003 )

7º Juego (14-16 años): Un viaje

Varias personas deciden realizar un viaje, para lo que alquilan un vehículo por 522 euros.

Convienen en pagar cada uno según el gasto que se hiciese. En el trayecto tres de ellos

deciden quedarse. Los que terminaron el viaje tuvieron que pagar 29 euros más que los que se

quedaron.

¿Cuántas personas comenzaron el viaje?

(XIII O.M. Semifinal. Albacete. 2002)

8º Juego (12-14 años): Pagamos en euros

Antonio, Begoña, Carlos y Diana han tomado un aperitivo en un bar. A la hora de pagar, lo

hacen a partes iguales. Una vez abonada la cantidad, observan que aunque todos han pagado

lo mismo, Antonio ha puesto el 10% de lo que tenía al principio, Begoña el 20%, Carlos el 30%

y Diana el 40%.

Averigua razonadamente la cantidad mínima de euros que tenía cada uno, sabiendo que al

principio todos ellos tenían un número entero de euros (sin decimales).

(IX O.M. Fase Local. Salamanca. 2002)

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9º Juego (12-14 años): Capitanes intrépidos

Un capitán de barco recompensa a tres marineros con más de 200 y menos de 300 monedas

de oro. Durante la noche, un marinero se despertó y separó las monedas en tres montones

iguales, tirando al mar una moneda que sobraba. Cogió un montón y, juntando los otros dos que

quedaban, se fue a la cama. Esto mismo hicieron a continuación los otros dos marineros, cada

uno de los cuales realizó exactamente la misma operación. A la mañana siguiente el

contramaestre reparte lo que queda en tres montones, y se queda con una moneda en pago a

su trabajo.

¿Cuántas monedas hay inicialmente?. ¿Cuántas monedas recibe cada uno de los marineros?.

( III O.M. Regional. Castilla La Mancha. 2002)

10º Juego (12-14 años): Círculos y tangencias

En una circunferencia de radio 6 inscribimos el triángulo isósceles PQR en el que PQ = PR. Una

segunda circunferencia es tangente a la 1ª y tangente a la base QR del triángulo en su punto

medio, como se muestra en la figura. Si la longitud de PQ es 4 raíz de 5.

¿Cuánto vale el radio de la circunferencia pequeña?

(I O.M. Cuenca. 2002)

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57

SOLUCIONES PROPUESTAS

La mosca veloz

Los dos ciclistas se encontraran a los 30 km, por lo tanto:

1 hora ciclista 10 km mosca 30 km



Por lo tanto la mosca recorre 90 km

Naranjas y ladrones

Este es uno de los problemas que se resuelven de atrás hacia adelante. Partimos de las 24

naranjas.

"Pierde la mitad más media al saltar la cuerda";Luego, tenía el doble +1 naranja = 49.

"Perseguido por un perro la mitad menos media perdió";Luego, tenía el doble-1 naranja = 97.

"La mitad más media perdió al saltar la valla", por lo tanto, tenía el doble +1 naranja = 195.

EL LADRÓN ROBÓ 195 NARANJAS.

Los cuatro primos

AA tiene que ser obligatoriamente 11, ya que es el único nº primo.

Por estas mismas razones AAAC es 1117 y BAB puede ser 313 o 919.

Para saber que número es BACD probamos y: 3175/5 = 635, 9179/11 = 289, 9175/5 = 1835

9173 es el único número primo que hay.

AA = 11 BAB = 919 BACD = 9173 AAAC = 1117

Valor del agua

La A vale 5 porque es la única cifra que cumple la siguiente condición: x · 5=...x

La G vale 1 porque es el único nº que multiplicado por 5 da 5 y no pasa de 10.

La O es 0 porque tiene que dar 1 y no llevarse ninguna.

La T podría ser 2 ó 3 pero es 3 porque si fuese 2 la U también sería 2 y la U vale 7

AGUA = 5175

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58

Entre pájaros y palmeras

La distancia es 20 codos.

Se trata de dos triángulos rectángulos con la misma hipotenusa. Además, la suma de los

catetos que conocemos es igual a la suma de los otros dos catetos, luego una solución obvia es

que los catetos que no conocemos valgan lo mismo que los que sí conocemos del otro

triángulo, es decir los dos triángulos son iguales pero colocados de forma diferente.

Padres e hijas Luis (8 objetos) es el padre de Luisa (1 objeto): 8 x 8 = 64, 1 x 1 = 1, 64 -1 = 63

Miguel (12 objetos) es el padre de Margarita (9 objetos): 12 x 12 = 144, 9 x 9 = 81, 144 -81 = 63

Antonio (32 objetos) es el padre de Amalia (31 objetos): 32 x 32 = 1024, 31 x 31 = 961,

1024 - 961 = 63

Miguel compra 11 objetos más que Luisa 12 - 1 = 11

Antonio compra 23 objetos más que Margarita 32 - 9 = 23

Un viaje 7 personas.

Planteamiento:

número personas = x

Todos pagan = y euros

xy + 29(x – 3) = 522

y = (609 – 29x) / x

y = 29(21 – x) / x, implica que x tiene que ser divisor de (21 – x) al ser 29 número primo.

Luego es divisor de 21

x = 1 Imposible al no volver 3 personas.

x = 3 No volvería ninguna persona

x = 7 Es la solución.

x = 21 Los tres que no terminan el viaje no pagarían nada.

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59

Pagamos en euros Antonio (a), Begoña (b), Carlos (c) y Diana (d).

Con los datos que nos dan, sabemos que 10% a = 20% b = 30% c = 40% d.

O lo que sería lo mismo, 0'1a = 0'2b = 0'3c = 0'4d.

Si los ponemos en función de a, tenemos que a = 2b = 3c = 4d.

Como nos dicen que al principio todos ellos tenían un número entero de euros, hallamos el mcm

de los 4 números (1,2,3,4), que es 12. Y por lo tanto, sabemos que a, tiene 12 euros, que b, que

tiene la mitad, tiene 6 euros, c, la tercera parte, 4 euros, y d, la cuarta parte, 3 euros.

Así que todos pagaron 1'2 euros.

Capitanes intrépidos Al principio hay x +1 monedas.

El 1º marinero coge: (x +1-1)/3 = x/3

Quedarán: 2x/3

El 2º marinero coge: (2x/3 -1)/3 = ((2x - 3)/3)/3 = (2x - 3)/9

Quedarán: ((2x - 3)/9)·2 = (4x - 6)/9

El 3º marinero coge: (4x-6)/9-1)/3 = (4x-6-9)/9 = (4x-15)/27

Quedarán: ((4x -15)/27)·2 = (8x - 30)/27

El capitán repartirá (8x - 30)/27 - 1 = (8x-57)/27 en total

Y a cada uno le corresponderá: ((8x - 57)/27)/3 = (8x - 57)/81

8x - 57 = múltiplo de 81

8x - 57 = 81a ; x = (81a + 57)/8 = (80a + a + 56 +1)/8 = 10a +7+(a + 1)/8

Si a = 7 ; x = 78 no puede ser porque no llega a 200

Si a = 15 ; x = 158 tampoco llega a 200

Si a = 23 ; x = 240 es válida

Si a = 31 ; x = 321 pasa de 300, no es válida

Por tanto, hay x +1 monedas de oro = 240 +1 = 241 monedas de oro

Al 1º marinero le tocarán: x/3 +( 8x - 57)/81 = 80+23 = 103 mon.

El 2º marinero recibirá: (2x - 3)/9+23 = 53+23 = 76 mon.

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60

Al 3º marinero se le darán: (4x-15)/27+23 = 35+23 = 58 mon.

El capitán se llevará la última que sobra.

Total: 103+76+58+3+1 = 241 monedas de oro

Círculos y tangencias

Sean:

R = radio de la circunferencia mayor, que es 6.

r = radio de la circunferencia pequeña.

x = mitad de la base del triángulo isósceles

h = altura del triángulo isósceles

h = 2R – 2r =12 – 2r

Formamos un triángulo rectángulo, la hipotenusa del cual será la distancia del centro de la

circunferencia a Q, es decir R = 6.

Los catetos serán x y 6 – 2r.

Por el teorema de Pitágoras:

R2 = (6 – 2r)2 + x2

62= 36 + 4r2 – 2·6·2r + x2

x2= 24r – 4r2

Ahora tomamos otro triángulo rectángulo, el de hipotenusa PR, y catetos x y h.

h = 2R – 2r =12 – 2r

Por el teorema de Pitágoras:

(4 5 )2 =(12 – 2r)2 + x2

80 =144 + 4r2 – 2·12·2r + x2

80 =144 + 4r2 – 48r + 24r – 4r2

24r = 64

r = 8/3

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61

Acaba de llegar a mi poder este valioso documento, firmado por Inocencio Docente, y tal como

lo recibo, se los muestro: el docente propone en la prueba final de matemática, a nivel de

primaria, la operación 6 + 7 = ?. Al revisar la prueba de un estudiante, éste reprueba y por ende

pierde el curso. La noticia anterior no le agrada al padre de familia, quien es muy amigo del

director de la institución, el cual le solicita que vuelva a revisar dicha prueba para enmendar

alguna injusticia. Entonces, y ante la “preocupación” de la dirección, el docente lleva a cabo la

nueva evaluación del siguiente modo:

Comentario de la evaluación:

1. La grafía del signo seis es del todo correcta.

2. Se puede apreciar lo mismo con el siete.

3. El signo más nos dice, acertadamente, que se trata de una suma.

4. En cuanto al resultado vemos que el uno es correcto. El segundo número, efectivamente, no

es ocho. Bueno, si lo cortamos por la mitad de arriba abajo, observamos que el alumno ha

escrito dos treses simétricos. Elegimos el bueno porque se ve que su intención era buena.

Evaluación:

El conjunto de estas observaciones evidencia que:

(a) La actitud del alumno es positiva (lo intentó)

(b) Los procedimientos son correctos (los elementos están ordenados correctamente).

(c) En conceptos sólo se equivocó parcialmente en uno de los seis elementos que forman el

ejercicio. Esto es casi de sobresaliente.

En Consecuencia podemos otorgarle un "Notable" y decir que "Progresa Adecuadamente"

Revista Olimpica. I Trimestre 2008

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