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Problemas Matematicos I
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Problemas de Matemática, traducidos, editados y diagramados por su autor.
Agregado: 19 de AGOSTO de 2009 (Por Aldo Gil Crisóstomo) | Palabras: 1947 | Votar |
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Categoría: Apuntes y Monografías > Matemáticas >
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Autor: Aldo Gil Crisóstomo (lococrux@hotmail.com)
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Olimpiadas Internacionales
Problemas Resueltos N 1
2006
Problema 1
Encontrar el menor número positivo divisible por 999 y que no tenga el dígito 9.
Solución: Ignacio Larrosa Cañestro-La Coruña EspañaSolución
La suma de las cifras agrupadas de 3 en 3 debe ser múltiplo de 999. Para que sea el múltiplo más pequeño, la suma de las cifras debe ser 999. Para conseguir una suma 999 con dos cifras que no incluyan ningún nueve, y una de ellas mínima, tienen que ser 111 + 888, pues 888 es el máximo número de tres cifras que no incluye el 9. Por tanto, el número pedido es: 111888 = 112*999
p^ tf_ r2 _(p3 +q3 +r3) _ a3 -3ab+3c _ a3 3ab
qr pr pq pqr c ce
Con lo que nos queda,
4ab a3 cc |
Solución: Ignacio Larrosa Cañestro-La Coruña España
Problema 3
¿Para que dígitos x e/la siguiente ecuación: xxyy=xx2+yy2 es válida?
Problema 2 Los lados de un triángulo son proporcionales a las raíces de la ecuación cúbica: x3-ax2+bx-c=0. Encontrar la suma de los cosenos de los ángulos del triángulo. |
Xl = 8, x2=15/2. Evidentemente solo nos vale el 8, y tenemos que: 8833 = 882 + 332 Solución: Ignacio Larrosa Cañestro-La Coruña España Problema 4 A ver como nos va con esta: ALPHA + BETA + GAMMA = OMEGA Donde OMEGA es el mayor posible. |
ALPHA |
Solución
Sean p, q y r las raíces de la ecuación.
Las relaciones de Cardano-Vieta nos dan:
p + q + r = a
pq + pr + qr = b
pqr = c
Por otra parte, llamando P, Q y R a los
ángulos del triángulo,
cos(P) = (q2 + r2 - p2)/(2qr)
cos(Q) = (p2 + r2 - q2)/(2pr)
cos(R) = (p2 + q2 - r2)/(2pq)
Y la suma de los tres,
c_ 1 /Q r p r p r p2 q2 r2 -.
->— —(—i—i-------------------- 1------ 1------- 1------------------- 1--------- 1------- )
2 r q r p q q qr pr pq
Tenemos que:
(p + q + rf = p2 + q2 + r2 + 2(pq + pr
+ qr) => p2 + q2 + r2 = a2 - 2b
_________
De otro lado, despejando x3, sustituyendo por p, q y r y sumando, p3 + q3 + r3 = a(p2 + q2 + r2) - b(p + r) + 3c = a3 - 2ab - ab +3c = a3 - 3ab + 3c Por otra parte,
a3 = (p + q + rf = p3 + q3 + r3 + 3(p2q + p2r + q2P + q2r + f2P+f¿q) + 6pqr
p*> + plr + q2P + q2r + 2P + 2c, = (g3 _
(a3 - 3ab + 3c) - 6c)/3 = ab - 3c Dividiendo por c = pqr
ab |
3 |
p p q q r r
r q |
r |
C |
p q p
De otro lado,
Solución
HOOx + lly = 121íX2 + y2) => lOOx +
y = ll(x2 + y2)
Para que lOOx + y sea múltiplo de 11, debe ser x + y = 11. Pero entonces lOOx + y = xOy = 99x + 11 = ll(9x + 1) con lo que queda
Solución
Tenemos que 3A = A (mod 10) => A =
0,5
Como A es la inicial de ALPHA, debe ser
distinto de 0, por lo que A = 5. Queda
BETA |
52305 52345 58305 |
8945 8905 2945 |
15665 15665 15665 |
76915 76915 76915
________
EL CONOCIMIENTO ES PATRIMONIO DE LA HUMANIDAD
9x + 1 = x2 + y2
9x + 1 = x2 + (11-xf
2x2-31x+120 = O
5LPH5 + BET5 + G5MM5 = 0MEG5. A partir de aquí, obtengo ocho soluciones, 4 con OMEGA = 76915 y 4 con OMEGA = 80625. Son
58345 |
2905 |
15665 |
76915 |
51945 |
3675 |
25005 |
80625 |
51975 |
3645 |
25005 |
80625 |
53945 |
1675 |
25005 |
80625 |
53975 |
1645 |
25005 |
80625 |
cuentren será la solución. Es en 20+20, es decir 20 años y dígitos sumando 20, ya tenemos 1 y 9, en la década de los 50 Solución: Juan José Bienzobas - Barcelona (España)
solo el 55 suma los otros 10 que necesitamos. Solución 1955
Como se ve, los valores de L y B son intercambiables, así como los de H y T. Solución: Ignacio Larrosa Cañestro-La Coruña España Problema 5 En su cumpleaños del año 1975, John alcanza una edad que es igual a la suma de los dígitos del año en que nació. ¿En que año nació? |
Solución 1
Voy a suponer que John nació después
de 1900. Luego el año de su nacimiento
tiene
aspecto de l9ab, es decir, el año es
1000 + 900 + 10a + b
Luego su edad es 1975 - (1000 + 900 +
10a + b) = 75 - 10a - b
La suma de los dígitos del año en que
nació es: 1 + 9 + a + >= 10 + a + >
Como la edad es igual a la suma de los
dígitos: 75 - 10a - b = 10 + a + b
65 - 11a - 2b = 0
b = (65 - 11a)/2
Si a = 1 => b = 54/2 = 27 Absurdo,
porque b es de una cifra
Si a = 2 => b = (65 -22)/2 = 43/2 Ab-
Solución: Elisenda Font - Barcelona (España)
Solución 2
He tenido en cuenta que 1+9=10, luego
el año de nacimiento
es anterior a 1965.
la década de los 50
varia entre 1950 que
_______
EL CONOCIMIENTO ES PATRIMONIO DE LA HUMANIDAD
surdo
Si a = 3 => b = (65 -33)/2 = 32/2 = 16 Absurdo
Si a = 4 => b = (65 - 44)/2 = 21/2 Absurdo
Si a = 5 => b = (65 - 55)/2 = 10/2 = 5 Esto ya cumple, el año es 1955 y la edad (1975-1955) = 20, que coincide con la suma de las cifras.
Si a>5 obtendríamos una b negativa, lo cual es absurdo, luego la solución es única.
Tendría que repetirse para alguien nacido en el siglo XIX, pero a mi no me apetece buscar la edad de un centenario... o por lo menos vejete.
suman 15 y años serían 25, y 1959 que suman 24 y años 16. Observamos que 15+25=40 y 24+16=40, donde se en-
Problema 6
Resolver esta interesante alfanumérica: 3*OÑE*OÑE=THREE
Solución
N = 6 => THR = 768, no N = 5 => THR = 675, no N = 4 => THR = 588, no N = 3 => THR = 507, no N = 2 => THR = 432, no b) E = 7. No puede ser, pues la penúltima cifra de (5/V7)2 es par, y al multiplicar por 3, nunca podría dar 7 la penúltima cifra del resultado. Por tanto, la única solución es 3*OÑE*OÑE = THREE 3*180*180 = 97200 |
THREE 3 |
< -33333 = 182
Por tanto, O = 1, T > 3. Para E tenemos que 3*E2 = E (mod 10) => E = 0, 2, 5, 7
El 2 esta descartado, pues I/Vsería par, y por tanto WREEmúltiplo de 4, lo que es imposible si acaba en 22. El 5 también esta descartado, pues THREE sería múltiplo de 25 y no podría acabar en 55. Entonces, tenemos dos posibilidades: a) E = 0. Nos queda reducido a 3*1/V*1/V= THR 300 + 60*N + 3N2 = THR Pero N = 9 => THR = 1083, no N = 8 => THR= 972 => Si N = 7 => THR = 867, no Solución: Ignacio Larrosa Cañestro-La Coruña
España
Problema 7
¿Cual es el mayor y menor número de "viernes 13" de un mes cualquiera que pueden
ocurrir en un año cualquiera?
_______ |
Pág. 4 |
Solución
Problema 10 Un grupo de piratas se dispone a repartirse por partes iguales una cierta cantidad de monedas de oro. Al hacerlo advierten que la cantidad que les toca a cada uno es el mismo número de monedas original con sus cifras en orden invertido. Empieza una discusión en este momento a raíz de lo curioso de esta situación. La discusión deriva en furiosa pelea, y terminan muriendo varios piratas y cayendo al mar cientos de monedas de oro. Los piratas restantes deciden realizar nuevamente el reparto por partes iguales. Y otra vez el número de monedas que les toca a cada uno es el mismo número de monedas del total con sus cifras en orden invertido. ¿Cuántos piratas murieron? Fuente: Propuesto por: Emilio Martín (Alicante) Solución 9 piratas se repartían 9801 monedas, tocando a 1089. Mueren 5 piratas, caen 1089 monedas al mar. Quedan 8712 monedas, para 4 piratas a 2178 monedas cada uno. Muy buen problema, y difícil la primera parte ya que no se piensa en probar el 9 como posible solución. Por cierto, les tocó el doble que al principio. Solución: Jesús Sanz |
Problema 8 La bóveda de un Banco tiene N cerraduras que deben ser probadas simultáneamente para abrirla. Cinco ejecutivos tienen algunas de la llaves, de tal manera que cualquiera tres de ellos pueden abrir la bóveda, pero ningún par puede hacerlo. Determinar el menor valor de N. |
Problema 9 Larry, Curly y Moe tienen una inusual combinación de edades. La suma de dos de las tres edades da una edad que es la inversa de la otra. Todas suman menos de 100 años. a) ¿Cuál es la suma de las tres edades? b) Si Larry es el mas viejo de los tres, ¿Qué edad tiene el menor? _______ |
Primero hay que diferenciar dos tipos de
años, normales y bisiestos.
Años normales:
Días de los meses:
(31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31)
en aritmética modular 7:
(3,0,3,2,3,2,3,3,2,3,2,3)
Sumatoria modular 7:
(0,3,3,6,1,4,6,2,5,0,3,5)
El número que más se repite es el 3 que
se repite 3 veces por lo que en un año
normal habrá como mucho 3 viernes 13
Los números que menos se repiten son el
1,2, y el 4, que se repiten 1 vez por lo
Solución: Tny -
Solución
A cualquier par que elija le tiene que faltar
una llave, que la tiene cualquiera de los otros
tres. Combinaciones de 2 tomadas entre 5
son 10, necesito 10 llaves.
1 2 3 llave A 1 2 4 llave B
Solución: Dany
que en un año normal habrá como mínimo 1 viernes 13. Años Bisiestos: Sumatoria modular: (0,3,4,0,2,5,0,3,6,1,4,6) El número que más se repite es el 0 que se repite 3 veces, por lo que en un año bisiesto habrá como mucho 3 viernes 13 Los números que menos se repiten son el 1,2, 5, que se repiten 1 vez, por lo que en un año bisiesto habrá como mínimo 1 viernes 13
En un año cualquiera el mínimo de viernes 13 es 1, y el máximo 3.
1 2 5 llave C 1 3 4 llave D
1 3 5 llave E 1 4 5 llave F
2 3 4 llave G 2 3 5 llave H 2 4 5 llave I 3 4 5 llave J Cada ejecutivo tiene 6 llaves.
Solución
Larry=10a+b
Curly=10c+d
Moe=10e+f
10a+b+10c+d=10f+e
10a+b+10e+f=10d+c
10e+f+10c+d=10b+a
Sumando las tres ecuaciones:
19a+19f+19c=8b+8d+8e
19(a+f+c)=8(b+d+e)
única posibilidad a+f+c=8 y b+d+e=19
Solución: Pablo Adrián Sussi
La suma de las 3 edades da entonces
8.10+19=99
1+2+5=8
8+7+4=19
Larry tiene entonces 54, el menor 18 y el
otro 27, comprobamos
18+27=45 inverso 54
18+54=72 inverso 27
27+54=81 inverso 18
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