Soluciones de los problemas DEL EXAMEN BENJAMÍN 2007-2008
Solución 1: d) 348456, ya que 4x14=56, es decir, 56 es múltiplo de 4.
Información adicional: este criterio de divisibilidad funciona porque todo número se puede escribir como un múltiplo de 100 más el número formado por los últimos dos dígitos, por ejemplo, 348456=348400+56=(100)x(3484)+56=(4x25)x(3484)+56, y como 100 es múltiplo de 4, entonces el residuo de dividir cualquier número entre 4 es igual al residuo de dividir el número formado por las dos últimas cifras de dicho número entre 4.
Solución 2: e) 562311, ya que 5+6+2+3+1+1=18 y 18 es múltiplo de 9.
Información adicional: para ver que este criterio de divisibilidad funciona, recordemos que un número tiene una expansión decimal, por ejemplo,
562311 = (5x100000) + (6x10000) + (2x1000) + (3x100) + (1x10) + 1,
así que si hacemos la resta del número con la suma de sus dígitos obtenemos un múltiplo de 9, por ejemplo, 562311 - (5+6+2+3+1+1) =
((5x100000)-5) + ((6x10000)-6) + ((2x1000)-2) + ((3x100)-3) + ((1x10)-1) + (1-1) =
(5x99999) + (6x9999) + (2x999) + (3x99) + (1x9) = 9x[(5x11111) + (6x1111) + (2x111) + (3x11) + 1], lo que significa que al dividir entre 9, el número original deja el mismo residuo que obtenemos de dividir la suma de sus dígitos entre 9. Es un ejercicio sencillo de álgebra hacer la prueba formal.
Por cierto, no hay nada especial con respecto al 9; si consideramos la expansión vigesimal, como los mayas, entonces este criterio de divisibilidad no serviría para el 9, pero sí para el 19.
Solución 3: a) 10857, ya que (1 + 8 + 7) - (0 + 5) = 11.
Información adicional: este criterio se verifica de manera similar al anterior, pero mejor te invitamos a los cursos de entrenamiento para competir en la Olimpiada de Matemáticas, o a los cursos para profesores-entrenadores de la Olimpiada de Matemáticas, que se imparten en la Facultad de Matemáticas de la UADY.
Solución 4: d) 18. Veamos la prueba usando un poco de álgebra; si llamamos n a un número, sus dos antecesores inmediatos son (n-1) y (n-2) y sus dos sucesores inmediatos son (n+1) y (n+2), luego la suma de estos 5 números es (n-2)+(n-1)+(n)+(n+1)+(n+2) = 5n, un múltiplo de 5, por tanto estamos buscando los números del 1 al 100 que son múltiplos de 5; estos son 5, 10, 15, …, 90, 95, 100; 20 en total. Sin embargo, el 5 es igual a (-1)+(0)+(1)+(2)+(3) y 10 es igual a (0)+(1)+(2)+(3)+(4), pero el cero y -1 no son naturales, de manera que el 5 y el 10 no cumplen con lo solicitado en el enunciado.
Información adicional: no se espera que los concursantes desarrollen la prueba presentada, en especial aquellos que aún no han llevado álgebra, lo que se considera sería el proceso normal para que se percaten de cual es la respuesta correcta, es que comiencen por hacer la suma 1+2+3+4+5 = 15, luego la suma 2+3+4+5+6 = 20 y que con estos o varios ejemplos adicionales, se den cuenta de que para obtener la siguiente suma es suficiente con sumar 5, pues a cada uno de los cinco sumandos se le agrega una unidad, por lo que los números son los de la sucesión de 5 en 5 que comienza en 15 y termina en 20.
Solución 5: la respuesta es c) 7. Notemos que las monedas verdaderas pesan 10 gramos de manera que al tomar una, dos, cualquier cantidad de monedas, el peso de éstas terminará en 0, pero a causa de las monedas falsas el peso total es de 353 grs. Si hubiera tomado 1 moneda falsa el peso terminaría en 9; si fueran 2, terminaría en 8; y así sucesivamente, para cada número de monedas falsas hasta 9, inclusive, la terminación del peso sería única; como el peso termina en 3 entonces fueron 7 monedas falsas las que se tomaron, por lo tanto, el saco séptimo es el de las monedas falsas.
Segunda solución: también podemos comenzar por hacer la cuenta 10 + 20 + 30 + 40 + 50 + 60 + 70 + 80 = 360, que es la cantidad de gramos que deberían pesar las monedas si todas fueran verdaderas, como 360 – 353 = 7, entonces hay 7 monedas falsas.
Solución 6: la respuesta es c) 49. Los ahorros de Páuper, 21 pesos, son 3/7 del total y es inmediato que (3/7)x(7/3)=1, así que (21)x(7/3) nos debe dar el total de sus ahorros, es decir, 49. También podemos redactar esto usando una regla de tres simple: 21 es a 3 como X es a 7, así que X = (21x7)/3 = 49.
Solución 7: la respuesta es d) 10. Su promedio es 5, de manera que obtuvo 20 puntos en total en sus 4 exámenes. Par tener 6 de promedio debe obtener 30 puntos en 5 exámenes, es decir, una calificación de 10 en el último examen.
Solución 8: la respuesta es b) 3; si al número le sumamos 3 en el numerador y 3 en el denominador, obtenemos que .
Solución 9: la respuesta es e) 120. Hortensio destinó (1/3)+(1/4)+(1/5)=(47/60) al cultivo de trigo, guisantes y frijoles. De manera que le sobraron 26 hectáreas que representan (13/60) de sus tierras. Puesto que (13/60)x(60/13)=1, tenemos que (26)x(60/13) = 120 nos indica cuantas hectáreas tiene en total.
Solución 10: la respuesta es d) 40°. Primero recordemos que los ángulos COD+COB+BOA suman 180°, luego los ángulos COD+ BOA suman 60°. El ángulo COD es el doble del ángulo BOA, de manera que tres veces el ángulo COD es 60°, luego COD mide 20° y BOA mide 40°.
Solución 11: la respuesta es b) . Los 4 círculos son iguales; como sabemos que los ángulos internos de un cuadrilátero suman 360°, tenemos que con las 4 partes coloreadas podemos formar un círculo completo de radio 1 y su área, naturalmente, es .
Solución 12: la respuesta es de b): primero observemos que por la forma en que se realiza la resta, el menor número que puede aparecer con esta operación es el 0, por lo que cuando sumamos siempre obtenemos un número mayor o igual al mayor del par con el que comenzamos, así que siempre tiene que haber algún número mayor o igual a 3, lo que indica que las opciones (a), (c), (d) y (e) no pueden ocurrir. Para ver que (b) sí es posible, consideremos la siguiente sucesión de operaciones: los números 1,2,3 se convierten en 0,2,4 al usar el 1 y el 3, este resultado a su vez (al operar el 0 y el 2) se convierte en 2,2,4, lo que luego se transforma en 0,4,4, de lo que obtenemos 4,4,4.
Solución 13: La respuesta es c) 3. Para convencernos veamos el dibujo:
Si abrimos los extremos de las cadenas segunda y cuarta, no es difícil notar que tenemos suficientes eslabones para juntar todos los pedazos restantes; en esta forma solamente tuvimos que abrir 4 eslabones. Sin embargo, si nos fijamos en la cadena del centro y abrimos los tres eslabones que la forman podemos usarlos para unir las 4 cadenas sobrantes; destruyendo una cadena nos ahorramos un eslabón:
Solución 14: La respuesta es c) 8.
en este arreglo todos los barrios están a 5 Km. de los cuarteles de bomberos, excepto aquellos que tienen cuartel, así que con 8 sí se puede.
Ahora veamos que con 7 cuarteles no es posible.
Los barrios que están en la periferia son 18. Un cuartel fuera de la periferia a lo más puede abarcar un barrio de la periferia, o dos si se encuentra en el barrio del segundo renglón cuarta columna. Un cuartel en la periferia puede abarcar de dos a tres barrios en la periferia, así que para cubrir los 18 de la periferia se requieren al menos 6 cuarteles. Revisando algunos posibles acomodos, se comprueba que esos 6 cuarteles a lo más cubren otros seis puntos del interior, y que quedan 5 en una configuración que no puede ser cubierta con un solo cuartel.
Información adicional: no se espera que el competidor encuentre toda la argumentación y desarrolle todos los casos, pero sí que encuentre alguna configuración de 8 cuarteles y que tras varios experimentos, intuitivamente comprenda que 7 cuarteles no son suficientes.
Solución 15: la respuesta es e) A = 3, B = 2.
Ahora veamos que con 7 cuarteles no es posible.
Los barrios que están en la periferia son 18. Un cuartel fuera de la periferia a lo más puede abarcar un barrio de la periferia, o dos si se encuentra en el barrio del segundo renglón cuarta columna. Un cuartel en la periferia puede abarcar de dos a tres barrios en la periferia, así que para cubrir los 18 de la periferia se requieren al menos 6 cuarteles. Revisando algunos posibles acomodos, se comprueba que esos 6 cuarteles a lo más cubren otros seis puntos del interior, y que quedan 5 en una configuración que no puede ser cubierta con un solo cuartel.
Información adicional: no se espera que el competidor encuentre toda la argumentación y desarrolle todos los casos, pero sí que encuentre alguna configuración de 8 cuarteles y que tras varios experimentos, intuitivamente comprenda que 7 cuarteles no son suficientes.
Solución 15: la respuesta es e) A = 3, B = 2.
Primero debemos notar que en un triángulo existen ciertas propiedades que relacionan las longitudes de sus lados; es fácil ver que si se suman las longitudes de dos lados, lo que se obtiene es mayor o igual que la longitud del tercer lado: esto se conoce como la desigualdad triangular. También es fácil darse cuenta de que si la suma de las longitudes dos lados es igual a la longitud del tercero, entonces el triángulo en realidad es una línea, o lo que también es conocido como un “triángulo degenerado”. Más aún, si tomamos tres números que cumplan con las tres desigualdades triangulares, entonces hay un triángulo cuyos lados tiene las longitudes determinadas por los números elegidos.
En segundo lugar debemos observar que para determinar uno de tales triángulos, es suficiente con considerar la terna de números ordenada de menor a mayor, pues siempre se puede girar o rotar a un triángulo para que sus lados queden en cualquier posición que se quiera.
Así que calculemos las formas de sumar 9 y 10 en ternas de números ordenados de menor a mayor:
Para 9, tenemos las posibilidades (1+1+7), (1+2+6), (1+3+5), (1+4+4), (2+2+5), (2+3+4) y (3+3+3). Para 10, tenemos las posibilidades (1+1+8), (1+2+7), (1+3+6), (1+4+5), (2+2+6), (2+3+5), (2+4+4) y (3+3+4). En el caso del 9, cumplen la desigualdad triangular solamente (1+4+4), (2+3+4) y (3+3+3). En el caso del 10 cumplen con la desigualdad triangular, y con no represent
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