Olimpiada Nacional Escolar de Matemática

Soluciones, Semana 5

5.1) [Solución modificada de Virgilio Failoc] N tiene 1980 cifras diferentes de cero. Sea k tal que la cifra 1 se repita k veces, la cifra 2 se repite 2k veces…. la cifra 9 se repite 9k veces, vemos que el numero de cifras es k+2k+\ldots+9k=45k entonces 45k=1980 entonces k=44.

Bien, si x es múltiplo de 3 entonces x^2 es múltiplo de 9 entonces al sumar los dígitos de N, si N es múltiplo de 3 pero no de 9, concluimos que N no puede ser cuadrado perfecto.
Sumemos las cifras de N, k+2(2k)+3(3k)+\ldots+9(9k)
Que es igual a 3\times5\times 19\times k=3\times 5\times44 , notamos que N es múltiplo de 3 mas no de 9, por lo tanto N no puede ser cuadrado perfecto.

( Problema de la V Olimpiada del Cono Sur, 1994)

___________________________________________________________________________________________________________

5.2) [Solución de Alex Aguirre] Primero, si n tiene una sola cifra se tendrá:n-n^2 =n(1-n) , para n=1 esta expresión da 0, para otro valor de n la expresión toma un valor negativo, luego, si n tiene una sola cifra el máximo valor es 0.
Si n tiene dos cifras se tiene:
latex n= \overline{ab} $
\therefore \overline{ab} - ( a^2 + b^2 ) = a(10 - a) + b(1- b) , luego, solo tenemos que maximizar estos dos sumandos que dependen cada uno de una variable.
a(10-a) , esta expresión se maximiza con a=5 y resulta 25
b(1-b) , esta expresión se maximiza con b=0 ó b=1 y resulta 0
Luego tenemos que la expresión completa para dos cifras es como máximo 25 Por lo tanto lo pedido se maximiza cuando n tiene dos cifras y es igual a 50 ó 51 .
Observación: Por la desigualdad entre la media aritmética y geométrica sabemos que se cumple que \displaystyle \frac{m+n}{2}\geq \sqrt{mn}, para todos los reales positivos m y n y que la igualda se da solamente cuando m=n. En el problema, como a y (10-a) son positivos tenemos que \displaystyle \frac{a+(10-a)}{2}\geq \sqrt{a(10-a)}, es decir, a(10-a)\leq 25, y que la igualda se da solamente cuando $a=10-a$, es decir cuando a=5.

(Problema de la VIII Olimpiada del Cono Sur, 1997 )

____________________________________________________________________________________________________________

5.3) Las fracciones:

\displaystyle \frac{19}{n+21}, \frac{20}{n+22}, \frac{21}{n+23}, \cdots, \frac{91}{n+93}

serán irreductibles si y solamente si las siguientes fracciones también lo son:

\displaystyle \frac{n+21}{19}, \frac{n+22}{20}, \frac{n+23}{21}, \cdots, \frac{n+93}{91}

si restamos 1 a cada fracción seguirán siendo irreductibles, es decir, tenemos que hallar el menor n para el cual las fracciones:

\displaystyle \frac{n+2}{19}, \frac{n+2}{20}, \frac{n+2}{21}, \cdots, \frac{n+2}{91}

son irreductibles. Sea N=n+2 ( N\geq 3 ), entonces mcd(N, k)=1 si 19\leq k \leq 91. Como N\geq 3, N tiene algún factor primo p.

p no puede ser 2, 3, 5, 7, 11, 13 ó 17, porque entre los números 19, 20, 21, 22, …, 91 hay al menos un múltiplo de 2, un múltiplo de 3, un múltiplo de 5,…, un múltiplo de 17.

Si p está entre 19 y 91, tendríamos que p=mcd(N,p)=1, que es una contradicción.

Concluimos que p>91, luego, el mínimo valor de p es 97. Como p es factor primo de N, concluimos también que N\geq 97. Finalmente, es fácil notar que N=97 es posible (pues 97 no comparte factores con ninguno de los números 19, 20, 21, 22, …, 91). Por lo tanto, el mínimo valor de n es 95.

 

 

(Problema de la X Olimpiada del Cono Sur, 1999 )

13 comentarios »

  1. [...] Guardado en: General — Jorge Tipe @ 3:15 pm Ya pueden ver las soluciones de la Semana 5 aquí. Seguí la solución de Virgilio Failoc en el problema 5.1, la de Alex Aguirre en la 5.2 y en el 5.3 [...]

    Pingback por Soluciones, Semana 5 « Olimpiada Nacional Escolar de Matemática — febrero 9, 2008 @ 3:15 pm | Responder

  2. Hola, ante todo prof. Tipe les mando mis muy sinceras felicitaciones por su pagina, me dirijo a ustedes para pedirle que me diga como puedo hacer para encotrar una formula para una sumatoria, osea encontrar, no demostrar.
    Por ejemplo: 1 + 2 + 3 +……..+ n =(n)(n+1)/2 como puedo hacer para llegar a esa formula , no quiero demostrarla sino como llegar a ello desde ya le doy gracias y me retiro.
    Saludos

    Comentario por Sergio — abril 5, 2008 @ 10:21 pm | Responder

  3. Veamos… usted pide “encontrar” la fórmula, pero si la forma en que encuentro la fórmula es correcta ya la estaría demostrando, no me quedó clara su pregunta pero espero que con lo siguiente pueda responderle…

    Consideremos un arreglo rectangular de puntos formado por n filas y (n+1) columnas, en la primera fila pintamos el primer punto rojo, en la segunda pintamos de rojo los dos primeros puntos, así sucesivamente hasta que pintemos de rojo los n puntos de la última fila. Todos los otros puntos los pintamos de azul. La cantidad de puntos rojos es 1+2+\cdots+(n-1)+n, y la de puntos azules es n+(n-1)+\cdots+2+1, como el número total de puntos es n(n+1), el número de puntos de cada color es
    1+2+\cdots+(n-1)+n=\frac{n(n+1)}{2}.

    Por ejemplo, para n=3

    R A A A
    R R A A
    R R R A

    Comentario por Jorge Tipe — abril 6, 2008 @ 2:58 pm | Responder

  4. se publicara el solucionario de la primera fase de la ONEM 2008?

    Comentario por SERGIO AMAYA ROSALES — julio 9, 2008 @ 6:54 pm | Responder

  5. Calcule todos los enteros positivos m, n; donde n es impar, que satisfagan:
    (1/m)+(4/n)=(1/12)
    (British Mathematical Olympiad 2002, 1ra Ronda)

    Comentario por Ares_x100pre — julio 9, 2008 @ 8:11 pm | Responder

  6. Aunque ya es algo tarde a la respuesta de Sergio. se tiene:
    S= 1 + 2 + 3 +… +n sumamos con
    S= n + (n-1) +(n-2)+… +1, y se obtiene:
    2S=(n+1) + (n+1) + (n+1)+…+(n+1), ¨n¨ terminos entonces tenemos 2S=n(n+1), despajando S=n(n+1)/2

    Comentario por Ares_x100pre — julio 9, 2008 @ 8:20 pm | Responder

  7. Para la pregunta de Ares_x100pre, primero expandemos la expresión y luego la agrupamos para obtener: (m-12)(n-48)=12×48

    Como n es impar, los posibles valores de n-48 son 1,3,9.

    Entonces tenemos las soluciones (m,n)={(576,49),(192,51),(64,57)}

    Comentario por Mario Ynocente — julio 12, 2008 @ 1:00 am | Responder

  8. Por favor, podría publicar las pruebas de la III fase de la ONEM 2008

    Comentario por Laura Adrianzén — enero 3, 2009 @ 12:01 pm | Responder

  9. me podeis decir cual es la solucion a este problema? soy de tre cifras. si mi 4 fuera un 9, y mi 6 fuera un 3, lo que ahora soy valdria uno menos que la mitad de lo que entonces seria. contestarme porfavorrrrrrrrrrrrrrr

    Comentario por marisa — junio 6, 2009 @ 5:39 am | Responder

  10. “X” va a ser el número inicial
    “Y” va a ser el número final
    Planteando la ecuación queda que: 2(x+1)=y (por esto se sabe que Y>X), para que esto se cumpla necesariamente la cifra de las centenas va ser 4, y de las decenas va a ser 6 ya que “Y” es par; y ahora como la cifra de la unidades no cambia entonces: X es de la forma 460+a, Y de la forma 930+a. De la primera ecuación se resuelve: 2(460+a+1)=930+a; resolviendo la ecuacion se tiene que a=8, siendo el número inicial 468 y el número final 938.

    Comentario por John PC — junio 11, 2009 @ 12:18 pm | Responder

  11. q tal profe le felicito por esta pagina que esta chebre y queria saber si ba a publicar la resolucion de esxamen

    Comentario por DEBRAY — julio 25, 2009 @ 12:22 pm | Responder

  12. hola Jorge quisiera saber la resolucion de este problema:
    ..Despues de haber perdido sucesivamente los 3/8 de su herencia, 1/9 del resto y los 5/12 del nuevo resto, una persona hereda 60800 soles y de este modo la perdida se halla reducida en la mitad de la fortuna primitiva.¿a que cantidad asciende la fortuna?

    Comentario por martin monge — abril 5, 2010 @ 6:51 pm | Responder

  13. 1.-\qquad Probar que el producto de cuatro n\'{u}meros naturales consecutivos

    no puede ser el cuadrado de un entero.

    \vspace{1pt}

    1${{}^a}$ Soluci\'{o}n

    \vspace{1pt}

    \qquad Daremos respuesta negativa al problema, mostrando que el pro-

    ducto de cuatro n\'{u}meros naturales consecutivos es siempre de la

    forma $\alpha ^{2}-1,$ que s\'{o}lo es un cuadrado si $\alpha =1,$ caso que
    claramente

    queda excluido. Designemos entonces por $n,n+1,n+2$ y $n+3$ a tales

    n\'{u}meros. Operando y desarrollando tenemos que:

    \vspace{1pt}

    \qquad $n(n+1)(n+2)(n+3)=n^{4}+6n^{3}+11n^{2}+6n=$

    \vspace{1pt}

    \qquad $=(n^{2}+3n)^{2}+2n^{2}+6n=(n^{2}+3n)^{2}+2(n^{2}+3n)=$

    \vspace{1pt}

    \qquad $=(n^{2}+3n)^{2}+2(n^{2}+3n)+1-1=(n^{2}+3n+1)^{2}-1\qquad $

    \vspace{1pt}

    2${{}^a}$ Soluci\'{o}n

    \vspace{1pt}

    \qquad Sean $n-1,n,n+1,n+2$ cuatro enteros consecutivos. Entonces

    su producto $\alpha $ es

    \qquad \qquad $\alpha =\left( n-1\right) n\left( n+1\right) \left(
    n+2\right) =\left( n^{3}-n\right) \left( n+2\right) =n^{4}+2n^{3}-n^{2}-2n$

    \vspace{1pt}

    Ahora bien, \qquad $\left( n^{2}+n-1\right)
    ^{2}=n^{4}+2n^{3}-n^{2}-2n+1=\alpha +1>\alpha $

    \vspace{1pt}

    Como $\alpha \neq 0$ y $\alpha $ es $1$ m\'{a}s un cuadrado, $\alpha $ no
    puede ser un cuadrado.

    \vspace{1pt}

    Comentario por LUIS — abril 15, 2010 @ 12:55 am | Responder


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