Examen nacional(2)

INSTRUCCIONES PARA EL EXAMEN ABIERTO NACIONAL
8ª OLIMPIADA MEXICANA DE INFORMATICA
Bienvenido al examen abierto nacional por Internet. Este examen es el primero de una serie de
exámenes que permitirán seleccionar a los cuatro integrantes de la delegación que representará a
México en la 15ª Olimpiada Internacional en Informática.
Este examen estará abierto a partir de las 00:00 hrs. del día 28 de marzo y durará abierto hasta las
23:59:59 del 31 de marzo. Puedes imprimir o copiar este examen para resolverlo y enviar las
respuestas posteriormente dentro del plazo mencionado.
Más de 2000 alumnos de nivel medio y nivel medio superior presentarán este examen a nivel
nacional, los mejores de cada estado pasarán a las etapas estatales y tendrán que presentar
exámenes presenciales. El primero de ellos teórico y el segundo práctico.
Este examen consta de 35 reactivos, los primeros 25 son problemas de razonamiento lógico y
matemático, los últimos 10 son de resolución de problemas en un ambiente definido. Todos los
reactivos tienen el mismo valor y no hay ninguna penalización por el hecho de contestar
incorrectamente, por lo que te sugerimos que envíes respuesta para todos los reactivos.
Los reactivos de este examen son diferentes a los que resuelves comúnmente en un examen
escolar. Estos reactivos buscan medir tu capacidad para resolver un problema siguiendo pasos
lógicos. Quizá al principio las preguntas te puedan parecer algo confusas, léelas de nuevo con
calma y trata de entender que es lo que se te esta pidiendo.
Para los primeros 25 reactivos trata de modelar las preguntas utilizando alguna tabla o ecuaciones
matemáticas. Intenta desechar la información que no sea pertinente para que puedas resolver el
problema con facilidad.
Para los últimos 10 reactivos es muy importante que entiendas el funcionamiento que se describe
del OMIBOT, debes leerlo tantas veces como sea necesario hasta que lo entiendas perfectamente
y después trata de resolver los problemas.
No te quedes demasiado tiempo enfrascado en un solo problema, si no puedes avanzar con un
reactivo en específico trata de cambiar a otra pregunta o tómate un tiempo de descanso.
Recuerda que este examen no tiene el propósito de obtener una calificación aprobatoria son el de
evaluar tu capacidad individual para resolver problemas. Solo calificarán los mejores de cada
estado y posteriormente los cuatro mejores del país.
No olvides enviar tus respuestas conectándote a la página antes de que termine el 31 de marzo.
El Comité Olímpico Mexicano de Informática te desea MUCHA SUERTE!!!!

1. ENJAMBRE DE ABEJAS
La quinta parte de un enjambre de abejas se posó en la flor de Kadamba, la tercera en una flor de
Silinda, el triple e la diferencia entre estos dos números voló sobre una flor de Krutaja, y una abeja
quedó sola en el aire, atraída por el perfume de un jazmín y de un pandnus. Dime, ¿Cuál es el
número de abejas que formaban el enjambre?
El enunciado se puede escribir en la siguiente ecuación, sea x el número total de abejas en
el enjambre, entonces tenemos que:
xxxx =+





−++ 1
5
1
3
1
3
3
1
5
1
15151514
15
15653
=⇒=+⇒=
+++
xxxx
xxx
Como x era el número total de abejas en el enjambre, LA RESPUESTA ES 15.
2. EL JOYERO Y EL HOTELERO
Un joyero y un hotelero tenían una discusión sobre el siguiente argumento. Al llegar a la ciudad el
joyero acordó con el hotelero que si vendía todas las joyas que traía para vender por un total de
$100,000 pesos le pagaría por el hospedaje $20,000, y que si las vendía por un total de $200,000
le pagaría $35,000 pesos por el hospedaje. Al cabo de varios días tras andar de aquí para allá, el
joyero vendió todas sus joyas por un total de $140,000 pesos. ¿Cuánto debe pagar el joyero por el
hospedaje?
El joyero había aceptado pagar $20,000 por los primeros $100,000 de venta y además un
bono de $15,000 si lograba vender sus joyas por $100,000 pesos extras. Como en lugar de
venderlas por $100,000 extras las vendió por $40,000 pesos extras, entonces es necesario
hacer una regla de 3
100,000 15,000
40,000 x
RESOLVIENDO LA REGLA DE 3 TENEMOS QUE X =6,000 POR LO QUE EL
JOYERO DEBÍA PAGAR LOS $20,000 ACORDADOS MAS $6,000 DE BONO
PARA UN TOTAL DE $26,000 PESOS.
3. ¿Qué número debe reemplazar al signo de interrogación?
• 6, 9, 19, 73
• 9, 6, 13, 67
• 7, 8, ?, 71
Si se observan las primeras dos series puede verse que:
67136*9
73199*6
=+
=+
por lo tanto
1571?8*7 =⇒=+ x

LA RESPUESTA ES 15
4. LOS TRES MARINEROS
Un navío volvía de un largo viaje cuando se vio sorprendido por una violenta tempestad. La
embarcación habría sido destruida por la furia de las olas si no hubiera sido por la bravura y el
esfuerzo de tres marineros, que en medio de la tempestad, manejaron las velas con pericia
extrema. El capitán queriendo recompensar a los marineros les dio un cierto número de monedas
de oro. Este número era superior a 200 pero no llegaba a 300. Las monedas fueron colocadas en
una caja para repartirlas entre los marineros al día siguiente. Aconteció sin embargo que durante
la noche uno de los marineros despertó, se acordó de las monedas y pensó: “Será mejor que quite
mi parte. Así no tendré que discutir y pelearme con mis compañeros”. Se levantó y sin decir nada
a sus compañeros fue donde se hallaba el dinero. Lo dividió en tres partes iguales, mas notó que
la división no era exacta y sobraba una, “Por culpa de esta miserable moneda pensó, habrá
mañana una discusión entre nosotros. Es mejor tirarla”. El marinero tiró la moneda al mar tomó
las monedas que le correspondían y regresó a dormir. Horas después, el segundo marinero tuvo la
misma idea, al igual que con el primer marinero al ir a dividir el dinero que quedaba entre tres sobro
una moneda. El marinero para evitar discusiones las tiró igualmente al mar y se llevó su parte. El
tercer marinero ¡Oh casualidad! Tuvo la misma idea. De igual modo al dividir el dinero restante
entre tres, sobró una moneda la cual fue arrojada al mar. El tercer marinero se llevó lo que
consideraba su parte y se fue a dormir. Al día siguiente, al llegar al puerto, el contador del navío
dividió el dinero que aún quedaba en la caja y notó que sobraba una moneda, para evitar
discusiones decidió quedarse con la moneda que sobraba y darle a cada marinero una tercera
parte del resto. ¿Cuántas monedas había originalmente en la caja?
De nuevo hay que modelar el problema con ecuaciones. En esta clase de problemas es más
fácil comenzar desde el final e ir retrocediendo al principio. Antes que nada hay que
establecer las variables que se van a usar
• V número de monedas inicial
• X número de monedas que se llevo el primer marinero
• Y número de monedas que se llevo el segundo marinero
• Z número de monedas que se llevo el tercer marinero
Comencemos entonces por el final. El tercer marinero dividió las monedas que quedaban
en la caja entre tres y le sobró una, la que sobraba la tiró al mar y se llevo una tercera parte,
entonces tenemos que:
YZ 213 =+
Y es el número de monedas que se llevó el segundo marinero, por lo tanto si el segundo
marinero se llevó un tercio de la división dejó dos tercios, eso fue lo encontró el segundo
marinero. De igual manera tenemos que.
VX
XY
=+
=+
13
213
resolviendo tenemos que:
75.475.61
4
1527
1
4
59
31
2
1
2
13
3
3 +=+
+
=+




 +
=+












+




 +
= Z
ZZ
Z
V

esta ecuación tiene 2 incógnitas lo que implica un sinnúmero de soluciones, sin embargo
sabemos 3 cosas. La primera es que 200≤ V ≤300, segundo que V es un número de
monedas y por lo tanto es entero y por último que V que al ser dividido por 3 deja un residuo
1.
Analicemos primero el hecho de que es un número entero, eso implica que Z tiene que ser
un número de la forma 4n+3 para que su parte decimal siempre se (.25) y al sumarse con
4.75 de un entero.
Ahora veamos el rango, del primer límite tenemos que 200/6.75 = 29.6 y del límite superior
tenemos que 300/6.75 = 44.4 por lo tanto el número Z forzosamente esta en el rango (30,44).
Aplicando la restricción del párrafo anterior tenemos que { }39,35,31∈Z ya que estos son lo
únicos números del rango que cumplen con dicha restricción.
También sabemos que el número de monedas que dejó el tercer marinero al ser dividido
entre 3 dejaba un residuo 1, esto implica que 2Z=3n+1. De los valores posibles de Z sólo el
35 cumple con esta característica por lo tanto Z=35 y tenemos que
24125.1)37)(75.6( =+
POR LO TANTO, ORIGINALMENTE HABÍA 241 MONEDAS.
5. ¿Qué es más probable sacar 1 seis si tiras 6 veces un dado, o sacar 2 seises tirando 12 veces
un dado? a)Tirar 1 seis b)Tirar 2 seises c) Es la misma probabilidad d) Depende de la suerte
La probabilidad de sacar un 6 en un tiro de dado es
6
1
y la probabilidad de no sacarlo es
6
5
por lo tanto la probabilidad de sacar 1 seis en 6 tiros es:
0669.0
6
5
6
5
6
5
6
5
6
5
6
1
=⋅⋅⋅⋅⋅
y la probabilidad de sacar 2 seises en 12 tiros es
0044.0
6
5
6
5
6
5
6
5
6
5
6
1
6
5
6
5
6
5
6
5
6
5
6
1
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
POR LO TANTO ES MAS PROBABLE TIRAR 1 SEIS EN 6 TIROS
QUE 2 SEISES EN 12.
6. LA HERENCIA DEL JOYERO
Un cierto joyero dejó a sus hijas su colección de diamantes como herencia, en su testamento,
determinó que la división de la herencia se hiciera de la siguiente manera: la hija mayor se
quedaría con un diamante y un séptimo de los que quedaran. La segunda hija recibiría dos
diamantes y un séptimo de los restantes. La tercera hija recibiría 3 diamantes y un séptimo de los
que queden y así sucesivamente. Las hijas más jóvenes presentaron demanda ante el juez
alegando que por ese complicado sistema de división resultaban fatalmente perjudicadas. El juez

que era hábil en la resolución de problemas respondió prestamente que las reclamantes estaban
engañadas y que la división propuesta por el viejo era justa y perfecta. Y tuvo razón, hecha la
división, cada una de las hermanas recibió el mismo número de diamantes y no sobró ningún
diamante. ¿Cuántos diamantes había? ¿Cuántas hijas tenía el joyero?
Aquí ha que entender como funciona la repartición de los diamantes. Cada hija recibía un
número de diamantes igual al su número de hija correspondiente mas un séptimo de lo que
quedaba. Como al final no sobró ningún diamante, eso quiere decir que la última hija
recibió N diamantes y no quedo ninguno, ya que si hubiera quedado algo habría que darle
un séptimo de eso a la última hija y hubieran sobrado seis séptimos.
Una vez que nos dimos cuenta de lo anterior sabemos que el joyero tenía N hijas, ahora,
también sabemos que todas las hijas recibieron el mismo número de diamantes, por lo tanto
todas las hijas recibieron N diamantes.
Por lo tanto la hija N-1 recibió N-1 diamantes más un séptimo de lo que quedaba y al final
dejó N diamantes. Obviamente el séptimo de lo que quedaba era 1 para que N-1+1=N . Si x
era lo que quedaba después de darle a la hija N-1 sus N-1 diamantes, tenemos que
71
7
=⇒= x
x
de lo anterior sabemos que N=6 POR LO TANTO EL JOYERO TENÍA 6
HIJAS Y SI CADA HIJA RECIBIÓ 6 DIAMANTES EL NÚMERO DE
DIAMANTES ERAN 36 DIAMANTES.
7. Si divides 552 por ¼, y después divides el resultado por la mitad del número original. ¿Cuál es
la respuesta?
Si divides 552 por ¼, y después divides el resultado por la mitad del número original.
8
552
)552(8
2
552
)552(4
);552(4
4
1
552
===
8. EL EPITAFIO DE DIOFANTO
Según la leyenda, el epitafio de Diofanto reza de la siguiente manera: “Dios le concedió pasar la
sexta parte de su vida en la juventud; un duodécimo en la adolescencia; un séptimo en un estéril
matrimonio. Pasaron cinco años más y le nació un hijo. Pero apenas este hijo había alcanzado la
mitad de la edad en la que murió su padre, cuando murió. Durante cuatro años más, mitigando su
dolor con el estudio de la ciencia de los números, vivió Diofanto, antes de llegar al fin a su
existencia” ¿A los cuantos años murió Diofanto?
Poniendo los datos que se nos dan en una ecuación, sea x la edad en la que murió Diofanto,
tenemos que
xxxxx =+++++ 4
2
1
5
7
1
12
1
6
1

x
xxxx
=
+++++
84
3364242012714
8497568475675 =⇒=⇒=+ xxxx
DIOFANTO MURIÓ A SUS 84 AÑOS.
9. LOS PRECIOS DEL 7-11
Hay una cadena de tiendas de autoservicio llamada 7-11. Probablemente son llamadas así porque
originalmente estaban abiertas de 7am a 11pm, ahora usualmente abren las 24 horas. Un día un
cliente llego a una de estas tiendas y tomó 4 objetos. Se acercó a la caja para pagar por los
objetos. El vendedor tomó su calculadora, presionó algunos botones y dijo, “El total es 7 pesos con
11 centavos”. El cliente queriéndose hacer el gracioso dijo “¿Porqué? ¿Tengo que pagar $7.11
solo por que así se llama su tienda?”. El vendedor no entendió el chiste y contestó “¡Claro que no!
Multipliqué los precios de los objetos y ese fue el resultado que obtuve”. El cliente estaba
sorprendido “¿Porqué los multiplicó? Debió haberlos sumado”. El vendedor apenado dijo “Tiene
razón, lo siento mucho. ¡No sé en que estaba pensando!”. Volvió a tomar su calculadora y esta vez
sumo los precios de los objetos, sorpresivamente el resultado volvió a ser $7.11 ¿Cuáles eran los
precios de los artículos? Escribe tu resultado comenzando por el objeto de mayor precio y
descendiendo, los números deberán ir escritos con dos decimales representando a los centavos y
separando cada precio por una coma.
Este problema era sin duda alguna el más difícil de todo el examen. La idea de este
problema es utilizar los datos que se conocen para poder ir reduciendo el espacio de
búsqueda de modo que sea más sencillo encontrar la solución.
Supongamos que w, x, y, z son los precios de los 4 objetos que tomó el cliente. De entrada
sabemos que estos números están dentro del rango [$0.01,$7.08], ya que ningún objeto
puede costar más de 1 centavo ni ningún objeto puede costar mas de $7.08 porque la suma
se pasaría. Para facilitar las cosas eliminemos los decimales y hagamos los precios
números enteros, tenemos entonces que los precios de los cuatro objetos están en el rango
[1,708].
Sabemos que la suma de los cuatro precios es $7.11, eliminando los decimales tenemos que
711=+++ zyxw
y también sabemos que su multiplicación es $7.11, aquí hay que tener cuidado al eliminar
los decimales, ya que recordemos que cada multiplicación recorre el punto decimal 2
lugares a la izquierda, por lo tanto tenemos que
711000000=⋅⋅⋅ zyxw
Del primer rango que se obtuvo para los precios cada precio puede tomar un valor
cualquiera de entre 709 valores diferentes, esto nos da un total de posibilidades de
252,688,187,761. Obviamente este número es demasiado grande, por lo que debemos
buscar alguna forma de eliminar posibilidades de manera rápida.
Un primer paso es descomponer el resultado de la multiplicación en primos, ya que los
multiplicandos (en este caso los precios) tendrán que estar formados por los mismos
primos. Si hacemos la descomposición tenemos que
79532711000000 626
⋅⋅⋅=

Esto nos reduce mucho las posibilidades ya que sabemos que los precios forzosamente
tienen que ser números que se obtengan a partir de estos primos, mas aún uno de los
precios tiene que ser un número múltiplo de 79. Supongamos que aw 79= donde a es un
número entero.
Sabemos también que la suma de los cuatro precios es igual a 711, esto implica que
ninguno de los precios puede ser mayor a 708, por lo tanto a esta en el rango de [1,8] ya
que si 7119 ≥⇒≥ wa y esto no es posible.
Con la observación anterior ya redujimos los posibles valores de w a
{ }632,553,474,395,316,237,158,79∈w
De los cuales podemos eliminar 553 (7*79), ya que el 7 no está en los números primos
permitidos.
Supongamos que 79=w esto nos entrega las siguientes ecuaciones
626
532
63279711
⋅⋅=⋅⋅
=−=++
zyx
zyx
Lo siguiente que hay que notar es que la multiplicación es un múltiplo de 5, sin embargo la
suma no lo es, esto quiere decir que al menos uno de los precios no es múltiplo de 5, ya que
si todos fueran múltiplos de 5 su suma también lo sería. Esta observación es de gran
ayuda, ya que hay que repartir seis 5’s en únicamente 2 números. 54
=625, esto implica que
ningún precio puede tener un factor 54
ya que quedaría al menos un factor 52
=25 y su suma
rebasa los 632 por lo tanto tenemos que dividir los factores en 53
y 53
. Suponiendo que los
números y y z son los múltiplos de 5 tenemos que
26
3
32''
6325)''(
⋅=⋅⋅
=++
zyx
zyx
además sabemos que la suma de y’ mas z’ tiene que estar en el rango [1,4], ya que si fuera 5
tendríamos 5*53
=625 y x quedaría al menos de 24
* 31
y la suma total da más de 632. Por lo
tanto las posibilidades que se tienen para y’ y z’ son:
• y’ = 1, z’ = 1
• y’ = 1, z’ = 2
• y’ = 1, z’ = 3
• y’ = 2, z’ = 2
Teniendo los valores de y’ y z’ se pueden sustituir en las ecuaciones para obtener x por
ejemplo si tomamos y’ = 1, z’ = 1 y sustituimos tenemos que
3826325)2( 3
=⇒=+ xx
pero también tenemos que
57696411 =⇒⋅=⋅⋅ xx

lo cual se contradice con nuestro primer resultado, por lo tanto y’ = 1, z’ = 1 no es una
solución correcta. Probando las 4 posibilidades tenemos que ninguna entrega una solución
correcta, lo cual indica que nuestro valor inicial 79=w tampoco es correcto.
Si tomamos el siguiente valor posible de 158=w y hacemos el mismo análisis obtenemos
otras pocas posibilidades, de las cuales nuevamente ninguna entrega una solución correcta,
probando con los valores de w se llega a 316479 =⋅=w lo que da las ecuaciones
624
532
395
⋅⋅=⋅⋅
=++
zyx
zyx
Este caso ofrece un planteamiento diferente ya que a diferencia de los otros casos la suma
de zyx ++ si es un múltiplo de 5. Esto quiere decir una de dos cosas, o los tres números
son múltiplos de cinco o sólo uno de ellos lo es. Es obvio que la opción de que sólo uno de
ellos sea múltiplo de 5 no nos sirve, ya que eso querría decir que uno de los precios es al
menos 56
y eso es mucho mayor que la suma total de 395, por lo que la única opción que
nos queda es que los tres números sean múltiplos de 5. Si entonces factorizamos el cinco
de cada precio tenemos que
( ) 79'''3955''' =++⇒=++ zyxzyx
324
532''' ⋅⋅=⋅⋅ zyx
Estas ecuaciones nos dejan con un caso similar a los analizados anteriormente, en los que
la suma de los tres sumandos no es múltiplo de 5 y sin embargo su producto si, lo cual
implica que al menos uno de ellos no es múltiplo de 5. Si pensamos que solo uno de los
precios es múltiplo de 5 esto quiere decir que dicho número tendría que se al menos 53
que
es mayor a la suma total de 79, por lo tanto hay dos precios múltiplos de 5, uno de ellos es
múltiplo de 5 y el otro es múltiplo de 25. Supongamos que
''25'
''5'
zz
yy
=
=
lo que nos deja para y’’ un rango de [1,9] y para z’’ un rango de [1,3]. Si tomamos todas las
opciones posibles obtenemos.
• y’’ = 1, z’’ = 1
• y’’ = 1, z’’ = 2
• y’’ = 1, z’’ = 3
• y’’ = 2, z’’ = 1
• y’’ = 2, z’’ = 2
• y’’ = 3, z’’ = 1
• y’’ = 3, z’’ = 2
• y’’ = 4, z’’ = 1
• y’’ = 4, z’’ = 2
• y’’ = 5, z’’ = 1
• y’’ = 5, z’’ = 2
• y’’ = 6, z’’ = 1
• y’’ = 8, z’’ = 1
• y’’ = 9, z’’ = 1

Evaluando la solución y’’ = 6, z’’ = 1 tenemos que
125'5
25'''25'
150'5
30'''5'
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
zzz
zzz
yyy
yyy
120125150316711711 =−−−=⇒=+++ xzyxw
( )( )( )
120)5)(3)(8(532
5532792
79532
79532 113
32112
626
626
==⋅⋅=
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
=⇒⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ xzyxw
Las dos ecuaciones entregan el mismo resultado, por lo que la solución es correcta.
Además de ser correcta esta solución es única.
LOS PRECIOS SON $3.16, $1.50, $1.25, $1.20
10. Manejas un carro a una velocidad constante de 40km/h desde México DF a Querétaro. Al
llegar a Querétaro regresas inmediatamente pero ahora a una velocidad constante de 60km/h.
¿Cuál fue tu velocidad promedio para todo el viaje?
De la definición de velocidad promedio sabemos que
t
d
v =
la distancia es la misma de ida y de vuelta, por lo tanto podemos obtener el tiempo que
tardo en recorrerla tanto de ida como de vuelta
60
40
222
111
d
ttvd
d
ttvd
=⇒=
=⇒=
sustituyendo en la primera ecuación
48
100
4800
2400
100
2
6040
22
21
===
+
=
+
==
d
d
d
d
dd
d
tt
d
t
d
v
t
t
POR LO TANTO LA VELOCIDAD PROMEDIO FUE 48KM/H.
11. CAPRICHOS DE ZEUS
En tiempos de la antigua Grecia, Zeus comisionó a un herrero para que hiciera un anillo de hierro
que rodeará la tierra, se le pidió al herrero que el diámetro del anillo fuera exactamente igual al
diámetro de la tierra. El pobre herrero sin embargo cometió un error. Hizo el anillo un metro más
grande en circunferencia de lo que debía. De cualquier forma, Zeus colocó el anillo alrededor de la
tierra de modo que tocaba la tierra únicamente en un punto. ¿Cuál era la distancia entre el anillo y

la tierra en el punto opuesto al lugar en donde la tierra y el anillo se están tocando? Tu resultado
deberá ser un número entero y expresado en milímetros.
Sabemos que el perímetro de un círculo esta dado por la fórmula rπ2 , del problema nos
dicen que la circunferencia total del anillo fue un metro más grande que la de la tierra por lo
que tenemos
ππ
π
ππ
2
1
2
12
212 +=⇒
+
=⇒=+ ta
t
aat rr
r
rrr
por lo tanto el radio del anillo es mas grande que el radio de la tierra por
π2
1
, como el
diámetro es igual a dos veces el radio, el error del diámetro es 318.0
1416.3
11
==
π
LA RESPUESTA ES 318 MILÍMETROS.
12. Selecciona la pareja de números cuya relación sea igual a la relación
482 : 34
a) 218 : 24 b) 946 : 42 c) 687 : 62 d) 299 : 26 e) 729 : 67
La relación es: el primer número por el segundo mas el tercero, 3428*4 =+
LA RESPUESTA ES 946:42 3264*9 =+
13. LA CATAFICCIA
Estas en un concurso de televisión y tienes que seleccionar de entre tres cajas idénticas. Una de
ellas tiene un Corvette clásico convertible 1953, mientras que las otras dos tienen un lápiz y unos
dulces respectivamente. Se te pide que escojas una de las cajas, lo cual haces. En ese momento,
el conductor del programa (que sabe en cual caja esta el Corvette), abre una de las cajas que no
escogiste. Para tu alivio, la caja que el conductor abre no contiene el Corvette. En este momento
el conductor del programa te pregunta “¿Deseas quedarte con tu caja o deseas cambiar tu
selección?” Para tener mayores probabilidades de ganar el Corvette, ¿Qué debes hacer? a)
Quedarte con tu primera selección b) Cambiar a la otra caja c) La probabilidad es la misma hagas
lo que hagas d) Escoges la caja que abrió el conductor
Este problema es de probabilidad. Originalmente tienes 3 opciones, cuando seleccionas
una de ellas tienes 1/3 de probabilidad de acertar y 2/3 de probabilidad de fallar. Cuando el
conductor abre una de las cajas, abre una diferente a la que escogiste y en ese momento te
da la opción de cambiar.
Si te quedas con tu primera elección tu probabilidad de ganar no ha cambiado, sigue siendo
1/3, sin embargo si te cambias, cambias al grupo de 2/3 de probabilidad pero con la ventaja
de que ya sabes cual de las dos no es, por lo tanto tu probabilidad de ganar aumenta al
doble de la probabilidad inicial. POR LO TANTO SIEMPRE DEBES
CAMBIAR.
Si no me crees, intenta probarlo con cartas, dile a un amigo que haga las veces de
conductor del programa.

14. EL CHANGO Y LA PESA
Hay una cuerda en una polea. En un extremo de la cuerda hay un chango, en el otro extremo hay
una pesa, tanto el chango como la pesa, pesan lo mismo. El peso de la cuerda es 1/17 de kilo por
cada 30 centímetros, y las edades del chango y de la mama del chango suman 4 años. El peso del
chango y el peso de la cuerda son iguales a uno y medio de la edad de la mama del chango.
El peso de la pesa excede el peso de la cuerda por tantos kilos como años tenía el chango cuando
su mama tenía el doble de la edad que tenía el hermano del chango cuando la mama del chango
tenía la mitad de la edad de la que tendrá el hermano del chango cuando este tenga el triple de la
edad que tenía la mama del chango en el momento en que esta tenía el triple de la edad del
chango en el párrafo anterior.
La mama del chango tenia el doble de la edad que tenía el chango cuando la mama del chango
tenia la mitad de edad de la que el chango tendrá cuando tenga el triple de la edad de la que tenía
la mama cuando la mama tenía el triple de la edad del chango en el primer párrafo.
La edad de la mama del chango excede a la edad del hermano del chango por la misma cantidad
en la que la edad del hermano del chango excede a la edad del chango.
¿Cuál es el largo de la cuerda? Expresa el resultado en centímetros.
NOTA: Las edades de los changos y de su mamá no necesariamente tienen que ser números
enteros.
El verdadero problema de este reactivo es entender las oraciones para poder plantear las
ecuaciones, una vez hecho esto el problema es en verdad muy fácil de resolver. Primero
definamos las variables a utilizar.
• x – Edad del chango
• y – Edad del hermano del chango
• z – Edad de la mama del chango
• W – Peso de la pesa
• L – Peso de la cuerda
En este problema también resulta un poco más sencillo analizarlo del final al principio.
Comencemos por el último párrafo
La edad de la mama del chango excede a la edad del hermano del chango por la misma
cantidad en la que la edad del hermano del chango excede a la edad del chango.
Este párrafo es bastante claro y podemos plantearlo en la siguiente ecuación
xyyz −=−
Terminamos con el último párrafo, ahora pasemos al penúltimo y analicémoslo oración por
oración.
La mama del chango tenia el doble de la edad que tenía el chango...
La oración esta en pasado, eso quiere decir que el hecho sucedió hace un cierto número de
años, por lo tanto esta oración queda expresada por

)(2 AxAz −=−
donde A es el número de años que han pasado desde ese hecho, obviamente han pasado el
mismo número de años para la mamá que para el hijo. Ahora la siguiente oración
...cuando la mama del chango tenia la mitad de edad de la que el chango tendrá...
La mamá del chango sigue teniendo la misma edad, pero esa edad también es la mitad de la
que el chango tendrá en una cierta cantidad de años, por lo que la segunda oración queda
expresada por
( )BxAz +=−
2
1
...cuando tenga el triple de la edad de la que tenía la mama...
)(3 CzBx −=+
...cuando la mama tenía el triple de la edad del chango en el primer párrafo.
xCz 3=−
Sustituyendo las ecuaciones tenemos
xxBxAz
xxCzBx
xCz
5.4)9(5.0)(5.0
9)3(3)(3
3
==+=−
==−=+
=−
de la primera ecuación tenemos que
xzxzxzxAz
zxAAxAxAz
5.625.4)2(5.4
222)(2
=⇒=−−⇒=−
−=⇒−=−=−
por lo tanto nuestra conclusión del penúltimo párrafo es
xz 5.62 =
Analizando de la misma manera el segundo párrafo obtenemos las siguientes ecuaciones
xDz
DzCy
CyBz
ByAz
AxLW
3
)(3
)(5.0
)(2
=−
−=+
+=−
−=−
−=−
resolviendo tenemos que
xCy 9=+
xzBxBz 5.45.4 −=⇒=−
del último párrafo sabemos que

xzy
xyyz
+=
−=−
2
por lo tanto
xzxzxzByAz 109222 +−=+−+=−=−
zxA 210 −=
zxAxLW 211 −=−=−
por lo tanto la conclusión del segundo párrafo es
zxLW 211 −=−
Ahora viene el primer párrafo, el cual nos da mucha información, tomemos primero ...las
edades del chango y de la mama del chango suman 4 años... con esto podemos obtener los
valores de las edades
17
16
5.8
8
025.6
4
==
=−
=+
x
zx
zx
por lo tanto las edades de los changos son
17
52
;2;
17
16
=== zyx
sustituyendo en la conclusión del segundo párrafo tenemos que
17
72
17
104
17
176
211 =−=−=− zxLW
17
72
=− LW
también sabemos del primer párrafo que ...el peso del chango y el peso de la cuerda son
iguales a uno y medio de la edad de la mama del chango... y sabemos que ...tanto el chango
como la pesa, pesan lo mismo...
17
78
17
52
5.1 ==+WL
17
72
−=−WL
17
3
17
6
2 =⇒= LL
como la cuerda pesa
17
1
de kilo por cada 30 centímetros, y la cuerda pesa
17
3
ENTONCES LA CUERDA MIDE 90 CENTÍMETROS.

15 . ¿QUIÉN ES DUEÑO DE LA CEBRA?
Hay 5 casas, cada casa es de un color diferente y esta habitada por una persona de diferente
nacionalidad, con diferentes mascotas, bebidas favoritas y carros. Mas aún
• El ingles vive en la casa roja.
• El español tiene un perro.
• El hombre en la casa verde toma chocolate.
• El Ucraniano le gusta beber rompope.
• La casa verde esta justo a la derecha de la casa color marfil.
• El dueño del Oldsmobile tiene serpientes.
• El dueño del Ford vive en la casa amarilla.
• El hombre en la casa de en medio toma leche.
• El Noruego vive en la primera casa de la izquierda.
• El dueño del Chevrolet vive en la casa junto a la casa en donde tienen un zorro.
• El dueño del Ford vive junto a la casa en donde tienen un caballo.
• El dueño del Mercedes-Benz toma jugo de naranja.
• El japonés maneja un Volkswagen.
• El Noruego vive junto a la casa azul.
¿Quién es dueño de la cebra? a)El ingles b)El español c)El ucraniano d)El Noruego e)El
japonés
¿Quién toma agua? a)El inglés b)El español c)El ucraniano d)El Noruego e)El japonés
Hay 5 casas, cada casa es de un color diferente y esta habitada por una persona de diferente
nacionalidad, con diferentes mascotas, bebidas favoritas y carros. Mas aún
1. El ingles vive en la casa roja.
2. El español tiene un perro.
3. El hombre en la casa verde toma chocolate.
4. El Ucraniano le gusta beber rompope.
5. La casa verde esta justo a la derecha de la casa color marfil.
6. El dueño del Oldsmobile tiene serpientes.
7. El dueño del Ford vive en la casa amarilla.
8. El hombre en la casa de en medio toma leche.
9. El Noruego vive en la primera casa de la izquierda.
10. El dueño del Chevrolet vive en la casa junto a la casa en donde tienen un zorro.
11. El dueño del Ford vive junto a la casa en donde tienen un caballo.
12. El dueño del Mercedes-Benz toma jugo de naranja.
13. El japonés maneja un Volkswagen.
14. El Noruego vive junto a la casa azul.
Este problema es puramente de lógica, y en el en base a las premisas que se tienen, se
deben ir eliminando posibilidades. Hay que comenzar con una tabla vacía de todas las
opciones posibles.
Bebida Auto Color casa Mascota Nacionalidad
Casa 1
Casa 2
Casa 3
Casa 4
Casa 5

Si suponemos que las casas están numeradas de izquierda a derecha, entonces de las
premisas 9 y 14 sabemos que en la casa uno vive el Noruego y que la casa 2 es azul, ya que
es la única casa junto a la casa del Noruego. Por lo tanto nuestra tabla queda de la
siguiente forma.
También de la premisa 8 sabemos que el dueño de la casa 3 toma leche.
Casa 1 Noruego
Casa 2 Azul
Casa 3 Leche
Casa 4
Casa 5
De la premisa 5 sabemos que la casa verde está a la derecha de la casa color marfil, eso
quiere decir que la casa verde solo puede ser la casa 4 o la casa 5, y la casa marfil sólo
puede ser la casa 3 o la casa 4.
También de la premisa 1 se sabe que el inglés vive en la casa roja, eso quiere decir que la
casa roja solo puede estar entre las casas 3,4 ó 5, ya que la 2 es azul y en la 1 vive el
Noruego. Esto, junto con el párrafo anterior nos obliga a que la casa 1 sea amarilla. Y
sabemos que el dueño del Ford vive en la casa amarilla, y que vive junto a la casa donde
tienen el caballo, por lo tanto
Casa 1 Ford Amarilla Noruego
Casa 2 Azul Caballo
Casa 3 Leche
Casa 4
Casa 5
Hasta aquí ya somos capaces de responder la segunda pregunta ¿Quién toma agua? Para
hacerlo preguntémonos ¿Qué toma el noruego? Sabemos que en la casa verde toman
chocolate, y el noruego vive en la casa amarilla, que el dueño del Mercedes toma jugo y el
noruego tiene un Ford y que el ucraniano toma rompope, por lo tanto el noruego toma la
única opción restante. El noruego toma agua.
Casa 1 Agua Ford Amarilla Noruego
Casa 2 Azul Caballo
Casa 3 Leche
Casa 4
Casa 5
El chocolate lo toman en la casa verde, eso quiere decir que en la casa azul sólo pueden
tomar rompope o jugo de naranja. También sabemos que el inglés no puede vivir en la casa
azul, porque vive en la casa roja, y el español tampoco pues tiene un perro y en la casa azul
tienen un caballo, por lo tanto en la casa azul sólo pueden vivir el ucraniano o el japonés y
toman o rompope o jugo de naranja.
Si toman rompope entonces el que vive ahí es el ucraniano. Y si toman jugo de naranja
entonces no puede vivir el ucraniano, ya que el toma rompope, pero tampoco pude vivir ahí
el japonés, porque el tienen un Volkswagen y el que toma jugo de naranja tiene un
Mercedes-Benz, por lo tanto en la casa azul vive el ucraniano. Y no sólo eso, sino que

además sabemos que tiene un Chevrolet. No puede tener Volkswagen ya que ese es del
japonés, no tiene el Mercedes porque el toma rompope y no puede tener el Oldsmobile ya
que el dueño del Oldsmobile tiene serpientes y el tiene un caballo, por lo tanto nuestra tabla
queda
Casa 2 Rompope Chevrolet Azul Caballo Ucraniano
Casa 3 Leche
Casa 4
Casa 5
Llegados a este punto, lo único que nos queda hacer es una suposición. Supongamos que
la casa verde es la casa 4, eso implica que la casa marfil es la casa 3, y la casa roja es la
casa 5, el inglés viviría en la casa 5. En la casa 4 se tomaría chocolate y en la 5 se tomaría
jugo de naranja, por lo tanto en la casa 5 tendrían el Mercedes-Benz. Llenemos nuestra
tabla con estos datos.
Casa 3 Leche Marfil
Casa 4 Chocolate Verde
Casa 5 Jugo Mercedes Roja Inglés
El japonés y el español viven en la casa 3 o en la 4, sin embargo sabemos que el japonés
maneja un VW, por lo tanto el español manejará el Oldsmobile, sin embargo el dueño del
Oldsmobile tiene serpientes y sabemos que el español tiene un perro. Llegamos a una
contradicción y por lo tanto la casa 4 no es verde.
Esto nos deja únicamente una opción. La casa verde es la casa 5, la casa marfil la 4 y la roja
la 3. Por lo tanto el inglés vive en la casa 3, en la casa 5 toman chocolate y en la casa 4
jugo. En la casa 4 manejan el Mercedes-Benz. Llenemos la tabla hasta aquí.
Casa 3 Leche Roja Inglés
Casa 4 Jugo Mercedes Marfil
Casa 5 Chocolate Verde
El japonés forzosamente tiene que vivir en la casa 5, ya que el maneja un VW, por lo tanto el
español vive en la casa 4, el inglés maneja el Oldsmobile y tiene serpientes.
Casa 3 Leche Oldsmobile Roja Serpientes Inglés
Casa 4 Jugo Mercedes Marfil Perro Español
Casa 5 Chocolate Volkswagen Verde Japonés
Por último, como el dueño del Chevrolet vive junto al zorro, esto implica que el zorro es del
noruego y la cebra del japonés.
Casa 1 Agua Ford Amarilla Zorro Noruego

Casa 3 Leche Oldsmobile Roja Serpientes Inglés
Casa 4 Jugo Mercedes Marfil Perro Español
Casa 5 Chocolate Volkswagen Verde Cebra Japonés
16 . ¿Cuál es la respuesta si, de los números de abajo, multiplicas por cinco el número de números
pares que tienen un número impar a su derecha inmediata?
4 7 8 5 3 1 9 7 8 4 4 7 8 9 2 3
Aquí solo basta con contar el cuantos números pares tienen a su derecha un impar,
revisándolos, vemos que son 5 y al multiplicar 5x5 te da como RESPUESTA 25.
17 . ¿Qué número debe reemplazar al signo de interrogación?
34, 7, 29, 11, 23, 16, 16, 22, ?
a) 3 b) 5 c) 8 d) 11 e) 13
Aquí hay dos series una va aumentando y la otra disminuyendo. La primera serie, la que va
disminuyendo es 34, 29, 23, 16, ? se puede observar que entre los primeros dos números
hay una diferencia de 5, entre el segundo y el tercero una diferencia de 6, entre el tercero y
el cuarto una diferencia de 7 por lo tanto entre el cuarto y el quinto debe haber una
diferencia de 8 y LA RESPUESTA ES C) 8
18 . Simplifica la siguiente ecuación y encuentra el valor de x
x=
−
14
2
7
2
7*8
Aquí basta con resolver la operación y OBTENEMOS QUE X=392
19 . 2173895 es a 9725381 como 9674812 es a
a) 7192486 b) 7914268 c) 2147968 d) 1792486 e) 7194268
Aquí la relación era el orden de los números, por ejemplo, en la primera pareja tenemos que
el 2 se encuentra en la primera posición en el primer número y en la tercera posición en el
segundo. Por lo tanto la solución debe tener el 9 en la tercera posición ya que el 9 esta en la
primera posición en el primer número de la pareja.
SI SE REVISAN LOS DEMÁS NÚMEROS SE VE QUE LA
SOLUCIÓN ES D)1792486

20 . Juan es mayor que Felipe por la mitad de la edad del último, que a su vez es mayor que David
por la mitad de la edad de David. En total sus edades suman 152. ¿Cuál es la edad de Felipe?
Sea J la edad de Juan, F la de Felipe y D la de David. Por lo tanto tenemos que
3215275.4
1525.125.2
25.25.1
5.1
152
=⇒=
=++
==
=
=++
DD
DDD
DFJ
DF
DFJ
Si la edad de David es 32 años, entonces la de Felipe es 1.5 veces la de David POR LO
TANTO 48 AÑOS.
21 . La casa de Guillermo es la décima contando desde un extremo de la cuadra y la sexta
contando desde el otro extremo. ¿Cuántas casas hay en la cuadra?
LA RESPUESTA ES 15 CASAS.
22 . De 100 personas encuestadas, 86 comieron huevo en el desayuno, 75 tocino, 62 pan tostado y
82 café. ¿Cuál es el número mínimo de personas que comieron los cuatro?
Este es un problema de conjuntos, inicialmente se tiene un conjunto de 100 personas,
sabemos que 86 desayunaron huevo y 14 no lo hicieron.
Para el tocino sabemos que 75 lo desayunaron y 25 no, tomando el peor caso, supongamos
que todos los que no desayunaron huevo desayunaron tocino, en ese caso hay que quitarle
14 y la intersección mínima de esos dos nos queda en 61, hay al menos 61 gentes que
comieron los dos.
Hacemos lo mismo para el tercero y nos queda 61-38=23, hay al menos 23 gentes que
desayunaron huevo, tocino y pan tostado. Para el café hacemos lo mismo de nuevo y
tenemos que 23-18=5.
LA RESPUESTA ES 15 PERSONAS.
23 . ¿De cuántas maneras puede leerse la palabra COMPU? Comienza siempre de la C central y
puedes moverte a una letra contigua ya sea vertical u horizontalmente, pero no en diagonal.

U
U P U
U P M P U
U P M O M P U
U P M O C O M P U
U P M O M P U
U P M P U
U P U
U
EN TOTAL HAY 60 FORMAS.
24 . Un granjero tiene una malla de 240 metros de largo y desea bardear la mayor área rectangular
posible. ¿Cuál será el área bardeada?
Como el área rectángular máxima posible se alcanza en un cuadrado, entonces basta con
obtener el área del cuadrado cuyo perímetro es 240, este cuadrado tendrá un lado de 60
metros y POR LO TANTO SU ÁREA ES DE 3600 METROS
CUADRADOS.
25 . Un tren de 0.25 Km de largo va a una velocidad de 40 Km/h cuando entra a un túnel que mide
2.25 kilómetros. ¿Cuánto tardará el tren en pasar completo por el túnel desde el momento en el
que la parte frontal del tren entra al túnel hasta el momento en que la parte trasera emerge de él?
Escribe tu resultado en horas.
Primero hay que medir la distancia total que avanza el tren. Si el túnel mide 2.25 Km y el
tren 0.25 Km. La distancia total que recorra la punta del tren desde el momento en que entra
hasta el momento en el que la cola sale es de 2.25 + 0.25 = 2.5Km, POR LO TANTO SI
VIAJA A UNA VELOCIDAD DE 40 KM/H TARDA UN TIEMPO
TOTAL DE 2.5 / 40 = 0.0625 HORAS.
EL OMIBOT
El OMIBOT es un vehículo robotizado sencillo que se utiliza para explorar terrenos.
Este vehículo cuenta con 4 motores independientes que le permiten moverse en cualquiera de
cuatro direcciones (frente, derecha, atrás, izquierda). Como estos motores son independientes
cada uno de ellos puede estar prendido o apagado en un momento dado. Todos los motores
avanzan siempre a la misma velocidad, por lo que si por ejemplo el motor “frente” esta encendido,
y los otros tres motores están apagados, el OMIBOT avanzará hacia delante con una velocidad
constante. Si por ejemplo están encendidos el motor “frente” y el motor “derecha”, el OMIBOT
avanzará en diagonal, como ambos motores avanzan a la misma velocidad el ángulo de la
trayectoria que se forma es de 45° medido contra la dirección ‘frente’ o contra la dirección
‘derecha’. En el caso por ejemplo de que estén encendidos los motores “frente” y “atrás” y los
demás motores estén apagados, el OMIBOT se quedará en el lugar donde esta, ya que ambos
motores son iguales el motor “frente” y el motor “atrás” impulsaran el vehículo con la misma fuerza
pero en direcciones contrarias por lo que no hay movimiento.

Además de sus 4 motores el OMIBOT cuenta con 4 sensores que pueden detectar cuando hay un
obstáculo cerca. Cada uno de estos sensores puede detectar un obstáculo en las direcciones
(frente, derecha, atrás, izquierda). Al topar con una pared u obstáculo en cierta dirección el
OMIBOT activará el sensor correspondiente, en el caso de que se activen 2 sensores
simultáneamente siempre se hace en el orden (frente, derecha, atrás, izquierda).
Cuando un sensor se activa el OMIBOT puede cambiar el estado en cada uno de sus motores, las
operaciones válidas son:
• Encender el motor: Para cada motor se puede, después de haberse activado un sensor
decidir si se quiere encender. Símbolo (E)
• Apagar el motor: Al activar el sensor el motor se apaga. Símbolo (A)
• Dejar el motor como estaba: Si el motor está encendido, se queda encendido, si está
apagado se queda apagado. Símbolo (D)
• Alternar el estado del motor: Si el motor está encendido se apaga, si esta apagado se
enciende. Símbolo (R)
El OMIBOT permite ejecutar alguna de las operaciones anteriores en cada uno de los motores
cuando se activa un sensor. Es muy importante notar que el comportamiento del OMIBOT
para un cierto sensor siempre es el mismo. Es decir si se programó el OMIBOT para que
cuando se active el sensor “frente” el motor “frente” se apague y el motor “atrás” se encienda, esto
sucederá cada que el OMIBOT detecte un obstáculo al frente. En otras palabras, no es posible
programar el OMIBOT de modo que la primera vez que choque por el frente haga algo y la
segunda vez que vuelva a chocar por el frente haga una operación diferente.
Una vez que un sensor se ha activado con un obstáculo no se volverá a activar hasta que el
OMIBOT se separe del obstáculo, es decir, si al chocar con una pared al frente no se apaga el
motor “frente”, aún cuando el OMIBOT sigue tratando de impulsarse hacia la pared, el sensor
“frente” no se volverá a activar.
Como programador de la OMI, tu tarea es decidir que acciones se deben ejecutar al activarse cada
sensor de modo que el OMIBOT pueda llegar de un punto inicial a un punto final dentro de un
laberinto.

Lo que tienes que entregar como respuestas es las acciones a tomar en los motores al activarse
cada uno de los sensores. Para indicar las acciones llenarás una tabla como la que se muestra a
continuación utilizando los símbolos que representan cada una de las acciones.
Motor frente Motor derecha Motor atrás Motor izquierda
Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda
Ejemplo
El OMIBOT tiene inicialmente el motor “frente” encendido y todos los demás motores apagados.
Deseas que llegue del punto I al punto F. ¿Cómo programas las operaciones de los sensores?
Solución:
El OMIBOT esta inicialmente moviéndose hacía el frente, como ya se explicó antes el OMIBOT
solo puede cambiar el estado de sus motores cuando algún sensor se activa, por lo que el
OMIBOT seguirá moviéndose hacía el frente hasta llegar a la primera pared.
En el momento en que el OMIBOT choca con la pared podemos decidir que acción tomar, una
posible acción sería prender el motor “derecha” y apagar todos los demás. En este caso el

OMIBOT comenzaría a avanzar hacía la derecha hasta que algún sensor se active. Y las acciones
a tomar para el sensor “frente” quedarían:
Sensor frente A E A A
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda
El siguiente sensor que se activaría seria el sensor “derecha” en el momento en el que el OMIBOT
choque con la pared de la derecha.
Nuevamente tenemos que decidir que hacer cuando el sensor “derecha” se active. Una posible
opción sería encender el motor “frente” y apagar todos los demás. Si tomamos esta opción nuestra
tabla de acciones queda:
Sensor frente A E A A
Sensor derecha E A A A
Sensor atrás
Sensor izquierda
De la acción anterior el OMIBOT comienza a avanzar hacia delante hasta que se active de nuevo
un sensor. El siguiente sensor que se activa es el sensor “frente” como se muestra en la figura.
Sin embargo nosotros ya habíamos especificado las acciones a tomar cuando se activara el sensor
“frente”, estas acciones, si vemos nuestra tabla son, encender el motor “derecha” y apagar todos
los demás. Al tomar esta acción el OMIBOT quiere avanzar hacia la derecha, pero como a la
derecha hay una pared el OMIBOT no puede moverse y se queda estancado en la esquina del
laberinto.
Del resultado anterior se observa que la primera opción que tomamos (prender “derecha” y apagar
los demás, con el sensor “frente”) no fue correcta, tenemos que escoger otra solución.
Una posible solución es la siguiente:
Sensor frente A R A D
Sensor derecha E D A R
Sensor atrás D D D D
Sensor izquierda E E A A

En esta solución el OMIBOT sigue la siguiente ruta:
• Inicialmente el OMIBOT avanza hacia el frente hasta la primera pared, en ese momento se
activa el sensor “frente”. El sensor “frente” apaga los motores “frente” y “atrás”, el motor
“derecha” lo cambia de estado y al motor “izquierda” lo deja como estaba. Como
inicialmente el OMIBOT solo tenía el motor “frente” encendido, después de tomar las
acciones programadas el OMIBOT queda con el siguiente estado (“frente” = apagado,
“derecha” = encendido, “atrás” = apagado, “izquierda” = apagado).
• El OMIBOT comienza a avanzar hacia la derecha hasta nuevamente tocar con pared, en
este caso con la pared de la derecha. Si tomamos las acciones programadas, tenemos
que el OMIBOT queda con los siguientes estados (“frente” = encendido, “derecha” =
encendido, “atrás” = apagado, “izquierda” = encendido)
• Como los motores “derecha” e “izquierda” están encendidos simultáneamente, el OMIBOT
no realiza ningún movimiento en esas direcciones, por lo que solo queda el motor “frente” y
el OMIBOT avanza hacia el frente hasta topar con pared.
• Al topar con pared nuevamente se debe realizar la operación del sensor “frente”, después
de llevarla a cabo los motores quedan (“frente” = apagado, “derecha” = apagado, “atrás” =
apagado, “izquierda” = encendido)
• El OMIBOT avanza ahora hacia la izquierda hasta que choca con la siguiente pared, en
este caso se activa el sensor “izquierda”, de acuerdo con la tabla, después de activarse el
sensor “izquierda” los motores quedarían (“frente” = encendido, “derecha” = encendido,
“atrás” = apagado, “izquierda” = apagado)
• El OMIBOT se mueve ahora en diagonal hacia el frente y hacia la derecha, la siguiente
pared con la que choca activa nuevamente el sensor “derecha”. De nuevo hay que tomar
las acciones programadas en la tabla para el sensor “derecha”. En este caso los motores
quedan (“frente” = encendido, “derecha” = encendido, “atrás” = apagado, “izquierda” =
encendido)
• El OMIBOT continúa moviéndose hacia el frente hasta que llega al punto F.
26 . Inicialmente el OMIBOT tiene prendido el motor “frente” y todos los demás apagados, llena la
tabla para que pueda llegar al punto F.
Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda

Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda
Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda
Sensor frente
Sensor derecha

Sensor atrás
Sensor izquierda
Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda
Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda

Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda
33 . Inicialmente el OMIBOT tiene encendidos el motor “frente” y “derecha” y todos los demás
apagados, llena la tabla para que pueda llegar al punto F.
Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda

Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda
Sensor frente
Sensor derecha
Sensor atrás
Sensor izquierda

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