Problemas introductorios para la Olimpiada Mexicana de Matemáticas

La resolución de problemas es uno de los principales objetivos del proceso de aprendizaje, dado que implica un conocimiento en acción.

Un problema es aquel cuya solución no es evidente, no surge por aplicación directa de ningún resultado conocido, sino que para resolverlo es preciso poner en juego conocimientos diversos, matemáticos o no, y buscar relaciones nuevas entre ellos; permite múltiples enfoques y genera diversas soluciones; establece un vínculo entre la situación propuesta y el mundo real (criterio de relevancia).

Aquí se muestran cinco problemas no rutinarios, así como los procesos de resolución de los mismos.

1.-  En la figura se tienen dos circunferencias concéntricas. La cuerda AB de la circunferencia más grande es tangente a la circunferencia pequeña y mide. Encuentra el área entre las dos circunferencias.
 

Solución

Denotemos por R al radio de la circunferencia mayor y por r al radio de la circunferencia menor. Llamemos además M al punto medio de AB y O al centro de las circunferencias. Por simetría, tenemos que M es el punto de tangencia de AB. Por esta razón, OM es perpendicular a AB. Usando el Teorema de Pitágoras obtenemos:

r²+MB² = R². Así, R² - r² = MB² =  (/2)² = ¾ El área del anillo está dada por la diferencia de área de las circunferencias, es decir:
R² -r² = (R² - r²) = ¾


2.-       En el siguiente dibujo AB = BB’, BC = CC’, CD = DD’ y DA = AA’. Encuentra la razón entre las áreas de los cuadriláteros ABCD y A’B’C’D’.

Solución

Denotaremos con paréntesis el área de una figura. Como A es punto medio de A’D, tenemos que (A’AB) = (ADB). Así mismo, (A’BB’) = (A’AB). De este modo, (AA’B’) = 2(ABD). Análogamente, (DD’A’) = 2(CAD), (CC’D’) = (BDC) y (BB’C’) = 2(ABC). Sumando estas áreas, más la del cuadrilátero ABCD obtenemos (A’B’C’D’) = (AA’B’) + (DD’A’) + (CC’D’) + (BB’C’) + (ABCD) = 2(ABC) + 2(BCD) + 2(CDA)+2(DAB) + (ABCD) = 5(ABCD). Así, la razón buscada es 1/5.


3.-      La figura representa una tira larga de papel dividida en 2001 triángulos marcados con líneas punteadas. Supongamos que la tira será doblada siguiendo las líneas punteadas en el orden indicado por los números, de forma que la tira siempre quede en posición horizontal y la parte de la izquierda que ya ha sido doblada se dobla hacia la derecha. ¿Cuál es la posición en que terminan los vértices A,B,C después de 1999 dobleces?


 Solución
La posición original se repite después de cada 6 dobleces. Como 1998 es múltiplo de 6, después de 1998 dobleces tendremos la posición original y después de 1999 dobleces tendremos la misma posición que había después del primer doblez.
La respuesta es (e).

4.-  ¿Cuánto es la suma de las cifras del número n =10⁹² - 92?
 

(a) 1992                   (b) 992                        (c) 818           (d) 808               (e) 798

Solución
El número 10⁹² se escribe como un 1 seguido de 92 ceros. Entonces 10⁹²-92 se escribe como noventa 9's seguidos de un 0 y un 8. Tenemos que 9 x 90 + 0 + 8 = 818.
La respuesta es (c).

5.-  Si escribí todos los números enteros del 1 al 1000, ¿cuántas veces apareció la cifra 5?
 

(a) 110            (b) 1331          (c) 555 (d) 100            (e) 300

Solución

Escribí 5 cien veces como cifra de las unidades: 5, 15, 25, ..., 95, ..., 995. Escribí 5 cien veces como cifra de las decenas: 50, ...,59, 150, ..., 159, ..., 950, ..., 959. Escribí 5 cien veces como cifra de las centenas: 500, 501, ..., 599. En total escribí 300 veces la cifra 5.
La respuesta es (e).