Soluciones del nivel cadete

22 ª Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Examen interno escuela, nivel Cadete (tercero de secundaria)
Yucatán 2007.
Soluciones.
Problema 1. Las cifras del número 123456789 suman 45, las cifras de 45 suman 9, que
es un múltiplo de 3, entonces 45 es un múltiplo de 3 y por ende 123456789 es un
múltiplo de 3. De las otras tres opciones ningún número es múltiplo de 3. La respuesta
es d).
Problema 2. Según el criterio de divisibilidad por 4 el número 200770022007a6 será
múltiplo de 4 siempre que a6 sea múltiplo de 4. 56 es un múltiplo de 4, mientras que 06,
66, 26, 46, no lo son: por lo tanto “a” debe ser sustituido por 5. La respuesta es e).
Problema 3. Digamos que “x” es la calificación que Tony obtiene en su quinto examen.
Entonces si su promedio debe ser 9 tenemos que la suma de sus calificaciones entre 5 es
igual a 9. Es decir:
9  10  8  10  x
9
5
Despejando x de esta ecuación obtenemos: 37 + x = 45, de donde concluimos que x = 8.
La respuesta es c).
Problema 4. En cada cumpleaños de Sofía, la mamá de Alan guarda tantas velas como
años tiene Sofía. Por ejemplo, si Sofía tuviera 6 años, la mamá de Alan en total habría
guardado 1+2+3+4+5+6 = 21 velas. La mamá de Alan tiene 66 velas, entonces Sofía
tiene 11 años, pues los números del 1 al 11 suman exactamente 66. La respuesta es b).
Problema 5. Digamos que “x” es el costo de un caramelo, “y” el de una paleta y “z” el
de un chocolate. Como Manuel pagó 29 pesos por un caramelo y dos paletas
concluimos que:
x  2 y  29
Por otro lado Tuyub compró un caramelo y dos chocolates, entonces:
x  2 z  43
Si sumamos las dos ecuaciones obtenemos:
2 x  2 y  2 z  72
Dividiendo la ecuación anterior entre dos tenemos:
x  y  z  36
Lo cual quiere decir que por un caramelo, una paleta y un chocolate se deben pagar 36
pesos. La respuesta es d).
Problema 6. De la balanza del centro tenemos que un círculo y un cuadrado pesan lo
mismo que una estrella y un triángulo; de la tercera balanza tenemos que un triángulo
pesa los mismo que una estrella y un cuadrado, así que un círculo pesa lo que dos
estrellas. Con esta información y lo que vemos en la primera balanza obtenemos que
dos estrellas pesan lo mismo que dos cuadrados y un triángulo, que pesan lo mismo que
tres cuadrados y una estrella, luego un estrella pesa lo que tres cuadrados y un círculo
pesa lo que seis cuadrados.
Si queremos resolver esto como fórmulas, entonces expresemos el peso del círculo
como C, el del triángulo por T, el de la estrella por E y el del cuadrado por S; entonces
lo que se mencionó anteriormente se convierte en que
C + S = E + T = E + (E + S); luego C = 2E,
2E = C = 2S + T = 2S + (E + S) = 3S + E; luego E = 3S.
Se sigue que C = 2E = 2(3S) = 6S: la respuesta es la opción c.
Aunque no es parte del problema, también podemos ver que T = 4S.
Problema 7. Digamos que Álvaro tiene “a” hermanos y “a” hermanas. Entonces una
hermana de Álvaro tendrá a+1 hermanos, pues se debe sumar a Álvaro, y tendrá a-1
hermanas, pues no se debe considerar a ella misma. De acuerdo con el enunciado esa
hermana debe tener el doble de hermanos que de hermanas, es decir: a+1 = 2(a-1), por
lo que a = 3. Esto nos dice que en la familia de Álvaro hay 3 hermanos además de él; en
total hay 4 hermanos y 3 hermanas. La respuesta es a).
Problema 8. Podemos dividir el pentágono en 5 partes iguales de la siguiente manera:
1
. Notemos que la
5
región sombreada contiene una de estas partes y la mitad de otra, entonces su área total
1
1
3
es  5  . La respuesta es d).
5 2 10
Desde luego cada una de las partes tiene la misma área, es decir
Problema 9. Notemos que BD es un radio de la circunferencia.
Por ser ABCD un rectángulo sus diagonales miden lo mismo. Es decir:
BD = AC = 6. Como BD es un radio, el diámetro de la circunferencia mide el doble de
BD: 12. La respuesta es c).
Problema 10. Vayamos completando la cuadrícula como lo haría un jugador de
“sudoku” para eso llamemos a los números que deben ir en los espacios vacíos como
sigue:
1
a
3
b
c
3
y
d
3
x
e
2
2
f
4
3
Primero notemos que c = 4, pues es el único número que falta en su columna.
Similarmente f = 1, pues en su fila hace falta el 1. Con esto la cuadrícula queda así:
1
a
3
b
4
3
y
d
3
x
e
2
2
1
4
3
Ahora podemos decir que x no puede ser ni 1 ni 2 ni 3, pues estos números se
encuentran en su fila y en su columna. Por lo que x = 4. Entonces e tiene que ser 1, pues
es el número que completa su fila. Finalmente y = 2, pues todos los demás ya están en
su columna. La respuesta es e).
Problema 11. Si tratamos de visualizar el dado de “arriba” y el de “en medio”
expandidos tendremos la siguiente figura:
Donde desconocemos los números de las casillas en blanco. Observando el dado de
“arriba” y el de “en medio” concluimos que el 3 y el 4 se encuentran en caras opuestas,
esto es, porque ambos colindan con el 6 y con respecto a la misma orientación. Con
estos datos podemos completar la expansión del dado de “arriba” como sigue:
Ahora imaginemos una expansión del dado de “abajo” como en la siguiente imagen:
Notemos que la cara opuesta al número 5 en esta imagen, se visualiza a la derecha del
tres, es claro que el 6 no puede estar en esta posición, pues por la imagen del dado de
“arriba” sabemos que su orientación con respecto al 3 es distinta. Por lo tanto el 5 no es
el opuesto del 6, entonces, por nuestra expansión del dado de “arriba” notamos que el
opuesto del 6 es el 1. Completamos nuestra imagen del dado como sigue:
Recordamos la imagen original:
La cara de abajo debe colindar con el 5 y con el 3, Entonces o es 1 o es 6. Si fuese el 6,
las caras con el 5, 6 y 3 estarían unidas como sigue:
Lo cual contradice nuestra imagen del dado. Por lo tanto el 1 esta en la cara de abajo. La
respuesta es a).
Problema 12. En los cuadros obscuros de la siguiente tabla
5
3
deben ir dos números que sumen 12. Las parejas de números (diferentes entre sí) del 1
al 9 que suman 12 son 9 y 3, 8 y 4, 7 y 5. Pero el 3 y el 5 ya están en la cuadrícula, por
lo tanto la pareja de números debe ser 8 y 4 en algún orden. Supongamos que el orden
es el siguiente:
5
4
8
3
Entonces en los cuadros obscuros deben ir dos números diferentes que sumen 7, la
única posibilidad (sin repetir números que ya tenemos en la cuadrícula) es 1 y 6 en
algún orden. Pensemos que están en el siguiente orden:
1
5
4
6
8
3
Entonces en los cuadros obscuros deben ir dos números que sumen 6, pero no hay dos
números naturales diferentes entre 1 y 9 que sumen 6 sin que repitamos los que ya están
en la tabla. Así que el orden debió ser:
6
5
4
1
8
3
En los cuadros obscuros deben ir un par de números diferentes entre 1 y 9 cuya suma
sea 11. La única posibilidad que nos queda sin que repitamos números en la tabla es el
par 2 y 9. No pueden estar en el siguiente orden
6
5
4
1
8
3
2
9
Porque 8, 3 y 9 suman más de 20. Así que deben estar en el siguiente orden
6
5
4
1
8
3
9
2
y el último cuadro debe tener al número 7. Así que una solución es
6
5
4
1
8
3
9
2
7
Podemos obtener otra solución si desde el principio hubiéramos tomado la tabla:
5
8
4
3
Haciendo razonamientos similares se puede verificar que la configuración
2
5
8
9
4
3
1
6
7
es otra solución. Concluimos que en el cuadro superior izquierdo puede ir 6 o bien 2.
Desafortunadamente, cuando escribimos el problema, el inciso (a) debió de tener escrito
un 8, con la intención de tener un reactivo fácil de descartar por el competidor, en cuyo
caso solo el inciso (b) era la única solución, pero se nos escapó el número 6.