f12 - ONMAPS 2015

! factorial! Revista de Matemáticas f!12(2015) Editorial Dinosaurio Editorial Dinosaurio es un proyecto de CARMA, Centro de Alto Rendimiento en Matemáticas. Encuentra todo el material de Editorial Dinosaurio en editorialdinosaurio.blogspot.mx No olvides darle like a nuestra página en facebook.com/EditorialDinosaurio Puedes apoyar la causa de Editorial Dinosaurio haciendo un donativo desde la página o haciendo un depósito desde cualquier tienda Oxxo. Cualquier información para completar y corregir el orden en que aparecen los problemas será mucho muy apreciada. . Faltan dos problemas en la ONMAS 2006. Es posible que haya problemas mezclados entre la ONMAS 2008 y 2009. En la edición del 2016 incluiremos la ONMAPS 2016 y así sucesivamente. Incluimos las soluciones que hemos escrito hasta el momento. Advertimos las siguientes notas sobre los exámenes: • • • • • No he podido conseguir los exámenes de las primeras tres ediciones de la ONMAS.doce factorial! Presentación Este número está dedicado al concurso nacional que conocemos actualmente como Olimpiada Nacional para Alumnos de Primaria y Secundaria (ONMAPS) que desde el año 2000 organiza la Asociación Nacional de Profesores de Matemáticas (ANPM) cada año en mayo –o junio-. Es posible que sobre un problema en la ONMAPS 2010. En esta primera versión (2015) incluimos los enunciados de los problemas de las ediciones del 2005 al 2015 como aparecieron en números anteriores de esta revista (del 2005 al 2013 en la f!4 y la 2014 en la f!7). que no son todas. Haremos una re-edición de esta revista cada año para actualizarla e incluir el examen de cada nueva edición de la ONMAPS. Es posible que sobre un problema en la ONMAS 2007. Fondeadores Agradecimiento En junio y julio del 2015 llevamos a cabo un proyecto en la plataforma de crowdfunding Fondeadora para financiar nuestros proyectos del año. • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Yuridia Selene Posadas Diego Roque Marco Saúl Elver Eunice Cano Isaí Vázquez Marco Antonio Mónica Mario Salas Jesús Contreras Héctor Flores Francisco Acosta Benjamín Palau Maya Flores Florencia Alatorre Ricardo Vega José Salazar Saúl Zabaleta Mauricio Devars Jessi Quiñonez Jacinto Bardem Juan Marcelino Marco Antonio Ana Paula Alatorre Eugenio Flores Villasuso Ricardo Castro Familia Espinosa Ruiz Salsas Naturalmente Pícara Estamos agradecidos de todo corazón y a ellos dedicamos este número. . entre los que incluimos varias ediciones de nuestra revista factorial!. Las siguientes personas nos apoyaron y gracias a ellos podemos seguir trabajando. doce factorial! en este número • • • • • • • • • • • • ONMAS 2004 ONMAS 2005 ONMAS 2006 ONMAS 2007 8va ONMAS 2008. La Paz 13ra ONMAPS 2013. Comitán 11ra ONMAS y 2da ONMAP 2011. Mexicali Comité Editorial f!12(2015) Eugenio Flores Agradecemos las constantes revisiones de Esteban Hernández y los Tales por Cuales . Mazatlán 15ta ONMAPS 2015. Culiacán 14ta ONMAPS 2014. Mérida 12da ONMAS y 3ra ONMAP 2012. Colima 9na ONMAS 2009. Guadalajara 10ma ONMAS y 1ra ONMAP 2010. Durante las ediciones 2010. . 11 10. 4. el concurso se conocía como ONMAS. Empiezo diciendo esto porque no estoy bien al tanto de toda la historia y digo algunas cosas que sé. en Colima. Aunque San Luis participó en la 3ra ONMAS de Palenque en el 2003. 9. 10. era el mismo examen para todos. 4 3. 3 2. me han contado o he escuchado. el concurso se llamó ONMAS y ONMAP. En las ediciones 2007. 10 9. 2008 y 2009 hubo dos niveles: el primero para Primero de Secundaria y el segundo para Segundo y Tercero de Secundaria. 6 7. 9 8. con hasta dos participantes por categoría por delegación. Es decir. Bajo el formato actual de cuatro categorías. 3. 5 4. Hasta aquí. 8. 2. 11. 12 donde la separación corresponde a la prueba de cada día. Desde la edición del 2010 el formato es el actual: cuatro categorías que van desde Primaria (en teoría 5to y 6to) hasta Tercero de Secundaria. los problemas que resuelven los alumnos siguen el siguiente reparto: - Categoría 1: Categoría 2: Categoría 3: Categoría 4: 1. desde el 2013 se conoce únicamente como ONMAPS. 5. pero podría estar mal. yo ya no tenía edad para participar –la edad me hubiera alcanzado nada más para la primera. Tengo entendido que la evolución del concurso ha sido como sigue: • • • De la edición 2000 a la 2006 había únicamente un nivel.Nacional ONMAPS Yo empecé a participar como Delegado en la ONMAS en el 2008. 2011 y 2012. __________________ Enunciado de los Problemas . 70# y 80# y están armados siguiendo ese orden. El primer anillo tiene dibujados en su superficie exterior 3 animales: gato. 60#. Nota: El máximo común divisor de un grupo de números es el más grande de los números que los dividen a todos. Mi juego favorito es tomar un número y multiplicar sus dígitos. Sabiendo que con mi mala suerte NO voy a ganar. 50#. amarillo. se ve qué figuras o dibujos quedaron alineados frente al jugador. Al accionar la palanca comienzan a girar los anillos. Encuentra el máximo común divisor de todos los números pares de seis dígitos que se forman usando los dígitos 1. La orilla de la alberca tiene ocho lados. patas”. rabos y ojos. 5 y 6 exactamente una vez. . Cada figura o dibujo aparece las mismas veces que las otras del mismo anillo. 2 patas”. 3.4 ONMAS 2004 Problema 1. Los ocho lados miden 10#. 23 → 2 × 3 = 6 252 → 2 × 5 × 2 = 20 → 2 × 0 = 0 911 → 9 × 1 × 1 = 9 La persistencia de un número es la cantidad de pasos necesarios para llegar a un número de un solo dígito. morado. ? Problema 2. 4. También existe la forma de obtener la oportunidad de jugar gratis de nuevo. la persistencia del 6 es 0. patas. la persistencia del 23 es 1. Por ejemplo. el tercer anillo tiene dos números: 2 y 4. 40#. Por ejemplo. ¿Cuál es el área de la alberca en #. ¿cuál es la probabilidad de ganar una oportunidad más? Problema 3. 30#. Una maquinita de un casino se acciona al depositar una moneda y jalar una palanca hace girar cuatro anillos sobre el mismo eje. Todos los ángulos de la alberca son rectos. La única combinación ganadora es “Pollo. pollo y cerdo. por ejemplo “Gato. el segundo anillo tiene dibujados cuadritos de 4 colores: verde. En el momento en que se detienen los anillos. el máximo común divisor de 35 y 427 es 7. esto se logra haciendo una combinación que difiera exactamente en 2 anillos de la ganadora. amarillo. tomar ese resultado y hacerle el mismo procedimiento hasta terminar con un número de un solo dígito. En un hotel hay una alberca. ¿Cuál es el menor número cuya persistencia es 4? Problema 4. 20#. 2. el último anillo tiene 4 palabras: cabezas. morado y rojo. 2. la persistencia del 252 es 2 y la persistencia del 911 es 1. a la intersección de esta línea con el lado 24 se le llama 6. Calcula el valor de . Después de la votación. Euler votó en contra y Arquímedes votó en contra. Se traza una línea que pasa por 3 y forma un ángulo de 90° con el lado 24. ü Euler: Boyle votó a favor. en dicha votación hay solo tres tipos de votos: a favor de la invasión. ü Descartes: Fermat sí votó. Boyle votó a favor y Arquímedes votó en contra. Descartes votó a favor y Euler no votó. en contra de la invasión o no votar. En el mundo maravilloso de la Ciencia existen siete reinos. Seis de los reyes (Arquímedes.Problema 5. Copérnico. Se traza otra línea que divide al ángulo en el vértice 2 en dos ángulos iguales. ü Boyle: Fermat votó en contra. decidieron invadir al reino de Gauss porque hubo más votos a favor que en contra. Problema 6. Uno de los reyes propone que entre los seis invadan al reino de Gauss. lo cual se somete a votación. ¿Quiénes fueron los reyes que dijeron la verdad? . Euler y Fermat) realizan una reunión para solucionar los problemas que éstos tienen con el rey Gauss. esta línea corta al lado 34 en 7. Boyle. Copérnico votó en contra y Descartes sí voto. Los segmentos 27 y 36 se cruzan en el punto 8 de tal forma que el segmento 28 mide lo mismo 9: que el segmento 87. Sabemos que tres de ellos dijeron completamente la verdad y los otros tres no todo lo que dijeron fue verdad. Descartes. En un triángulo 234. ü Fermat: Descartes votó en contra. 9. Para saber el voto de cada uno se les preguntó a los seis reyes por tres de los votos realizados: ü Arquímedes: Copérnico votó en contra. Euler votó en contra y Arquímedes también. el ángulo en el vértice 3 es de 90°. ü Copérnico: Fermat votó en contra. Boyle votó a favor y Copérnico votó en contra. 4 es un punto en 23 tal que 24 es la mitad de 43 . en este caso particular es 1. saltándose el 4. ¿cuántos kilómetros ha viajado en realidad el carro? Problema 5. se une 4 con 4. tomadas de una caja común de veintiocho. . diremos que es un año “superolímpico”. Cuando la edición @ de ONMAS se realiza en un año divisible por @. Por ejemplo 123. es decir. . sabiendo que la ONMAS se realiza anualmente a partir de ABBD y suponiendo que se seguirá realizando cada año. 3 y = es de 60 ?#. y así sucesivamente. Problema 3. 312. = y >? Problema 2. de acuerdo a las reglas del juego. 132. después de viajar un kilómetro cambió de 000039 a 000050 . ¿cuánto vale el área del triángulo de vértices <. I y están en progresión aritmética. Por ejemplo. ¿De cuántos modos podemos jugar seis fichas de dominó. Para el caso de la figura la suma de los puntitos de cada ficha son E. sin importar la posición. 231. los números tomados en orden tienen una diferencia común. 213. 321 son números que usan las cifras consecutivas y 4 es un ejemplo de cuadrado perfecto. El odómetro (medidor de distancias recorridas) de un carro chafa siempre brinca de 3 a 5. H. para que los números queden en progresión aritmética? Problema 4.5 ONMAS 2005 Problema 1. C. F. Encuentra todos los números de tres cifras que sean cuadrados perfectos y que use cifras consecutivas. por el punto 4 se traza una perpendicular a 23 que corta a la circunferencia en los puntos = y >. 1 con 1. Si el área del triángulo con vértices en 2. Determina todos los años superolímpicos. G. Por ejemplo el año ABBC es superolímpico porque se realiza la edición C de la ONMAS y ABBC es divisible por C (porque 5 divide exactamente al ABBC). 23 es el diámetro de una circunferencia con centro en el punto <. Como se ve en la ilustración se han jugado seis fichas de dominó. Si el odómetro marca 002005. y de 8 ?#. indicada con la línea d. cada lado se divide como se indica en la propia figura.Problema 6. . al unir los puntos de división se forma un paralelogramo (ojo sus ángulos no son rectos). Calcula la distancia entre los lados paralelos más pequeños. el rectángulo tiene lados de 10 ?#. En la figura. tales que su origen sea un número impar. y así sucesivamente hasta llegar a un número de una sola cifra. Para cualquier número natural J se dice que su origen se calcula multiplicando sus cifras. ya que 149 → 36 → 18 → 8. Finalmente. encierra en un círculo todos los números que son múltiplos de 7. en la tercera tres y así sucesivamente. ya que 5486 → 960 → 0. Por ejemplo. Luego. Problema 4.6 ONMAS 2006 Problema 1. ¿Cuál es el área del la hoja de papel? . el origen del 149 es el 8. Al medir los segmentos 27. ¿Cuántas canicas tiene la bolsa que Luis escogió? Problema 3. después las cifras del resultado. Luis escoge una bolsa que tiene catorce canicas menos que la última bolsa de la fila y observa que la suma de todas las canicas de las bolsas que están a la derecha de la que escogió es igual a la suma de las que están a la izquierda. Una hoja de papel en forma rectangular 234< se dobla a lo largo de la línea 78 de manera que el vértice 2 quede en el lugar del punto 2′ y el vértice 3 en el lugar del punto 3′. 38. Paz hace una lista con todos los números del 1 al 2006. En ellas se meten canicas de la siguiente forma: en la primera bolsa se mete una canica. se tiene que miden 26?#. ¿Cuál es la mayor potencia de 11 que divide exactamente al resultado de esta multiplicación? Problema 2. y el origen del 5486 es el 0. Encierra en un círculo todos los números que son múltiplos de 6. respectivamente. en la segunda bolsa dos. <7. 5?# y 10?#. Se tiene cierto número de bolsas acomodadas en una fila. Encuentra la suma de todos los números de dos o más cifras distintas. multiplica todos los números que encerró. Encontrar el residuo de dividir el número L entre 5: L = 1 + 4 + 4. El abuelo repartirá 2007 monedas entre sus nueve nietos. BC y CD son iguales. G. En la esquina inferior izquierda de un hexágono regular de lado 4 metros se coloca un cuadrado de lado 2 metros. le entrega su moneda y con él mismo inicia la siguiente vuelta. Problema 3. Problema 2. entregando moneda por moneda. B. H e I. termina la siguiente vuelta con H. C. E. empieza con A. En un cuadrilátero ABCD. le entrega una más a I y continúa con A. Encuentra la medida del ángulo ABC. tal y como se observa en la parte izquierda de la figura. + 4N + 4O + ⋯ + 4. con ángulos interiores menores a 180º. D. es decir. También sabemos que AD = AC = BD.7 ONMAS 2009 Problema 1. podemos llamarlos A. F. los lados AB. al completar la vuelta. Procede de esta manera hasta haber repartido todas las monedas.QQR Problema 5. Encuentra el número mayor que 2007 tal que la suma de todos sus divisores sea la mínima. de la siguiente manera: Los sienta alrededor de una mesa en el orden de sus nombres y va entregando en ese mismo orden una moneda a cada uno. . ¿Cuántas monedas le tocaron a cada nieto? ¿A cuál de los nietos le entregó la última moneda? Problema 4. la siguiente vuelta comienza con el último. También sabemos que AD = AC = BD. 1122. Encuentra la medida del ángulo ABC. los lados AB. . vuelve a su posición inicial. 1x2. girando en el sentido inverso de las agujas del reloj y manteniendo siempre un vértice apoyado en un lado del hexágono (el primer movimiento aparece en la figura). 1x2007 y los coloco en ese orden poniendo uno horizontal. ¿Quién tiene más números en su lista? Problema 8. etc. José tiene la lista de todos los números de cuatro dígitos que se pueden formar con los dígitos 1.…. Juan tiene la lista de todos los números de 8 dígitos que se pueden formar con cuatro 1’s y cuatro 2’s. 1x3. 3343. Cuando el punto P que es la intersección de las diagonales del cuadrado. Por ejemplo: 1234. 3 y 4 y que tenga la misma cantidad de 1’s que de 2’s. 2. BC y CD son iguales. luego otro vertical para formar una escalera de la siguiente forma: Problema 7.El cuadrado “rueda” sin deslizarse sobre los lados del hexágono y por la parte interior de éste. Tengo 2007 rectángulos de dimensiones 1x1. En un cuadrilátero ABCD. ¿Cuántos metros habrá recorrido? Problema 6. con ángulos interiores menores a 180º. ( YX es el gravicentro triángulo 728 ). Se tiene una balanza de dos platillos y un número J de piezas de idéntica apariencia. U. YN YO es paralelogramo. 8. Se escogen los puntos 7. para encontrar la pieza de peso diferente en a lo más cuatro pesadas? Problema 10. Sean WX y W. . UV4 y V7< respectivamente. T satisfacen la igualdad 2007S = 7002T . Sea 234< un paralelogramo.Problema 9. Los números enteros S. Demuestre que YX Y. . ¿Cuál debe ser el valor máximo de J. YN y YO en triángulos 8U3 . puntos medios de 72 y respectivamente y YX la intersección de 8WX y 7W. exteriores al paralelogramo. Problema 11. yV 28 del los un . Prueba que S + T no es primo. de las que una tiene un peso mayor al de las demás. de la misma manera se localizan los puntos Y. Encuentra todos los caminos donde el producto de los números anotados por Juan es 8640. La ficha puede moverse hacia arriba. Tracemos las líneas AC y BC y llamemos D y E a los puntos donde estas líneas cortan a G. Apenas recuerda que su clave contiene 4 dígitos y cumplen lo siguiente ninguno de los dígitos es 0 ni es mayor que 5 no hay dígitos repetidos no hay dos dígitos adyacentes que sean números consecutivos la clave es un múltiplo de 4 Por ejemplo. Problema 3. Juan multiplica todos los números que anotó. que tiene muy mala . Juan anota el número de la columna por la que atraviesa.8 ONMAS Colima. Se tiene un cubo con las seis caras de diferente color y deseamos colocar los números del 1 al 6 en las caras del cubo (uno en cada cara). el código 5413 no cumple porque el 4 y el 5 son cifras consecutivas. Francisco. ¿De cuántas formas podemos realizar el acomodo. Juan tiene que llevar una ficha desde la esquina A hasta la esquina B. Cuando la ficha finalmente llega a la esquina B. Sean G una circunferencia de centro O y G’ una circunferencia que pasa por O. Justifica tu respuesta. 2008 Problema 1. y el código 1135 no cumple porque se repite el 1. Francisco olvidó la clave de su tarjeta de banco y quiere realizar un retiro. si deseamos que la suma de los números que están en caras opuestas sea 7? Problema 2. Sean A y B los puntos en que G interseca a G’ y escojamos un punto C en G’ distinto de A y B. moviéndola por las líneas de la cuadrícula del tablero. hacia la derecha o hacia la izquierda (la ficha puede pasar varias veces por el mismo punto). hacia abajo. 1 2 3 4 5 B A Problema 4. Cada vez que la ficha se mueve en sentido horizontal. respectivamente. Demuestra que AE es paralela a DB. su suma 13 + 24 = 37. Se tienen 100kg de dulces en paquetes.QQZ + 2[ + 1 es un cuadrado perfecto. Hay que escribir una fila de 20 dígitos de manera que la suma de tres dígitos consecutivos de la fila sea siempre múltiplo de 5. sin romperse. hasta 30kg ¿cuántas cajas son necesarias para garantizar que se transporten todos los paquetes de dulces? . Encuentra todos los enteros positivos J menores que 1008 tales que el número 2. Se sabe que el centro del círculo inscrito en el triángulo BCD coincide con el centro del círculo circunscrito del triángulo ABC. Problema 9. En el triángulo ABC se traza la bisectriz interior CD. se sabe que todos pesan menos de 10kg.suerte. si se piensan empacar en cajas de cartón que sólo resisten.) Problema 10. Calcular los ángulos del triángulo ABC. Problema 7. probó todos los casos posibles y funcionó hasta que probó la última posibilidad.QQZ ? Problema 8. ¿Cuántos casos probó Francisco? Problema 5. ¿Cuál es la máxima cantidad de dígitos distintos que puede haber en la fila? Problema 6. ¿Cuántos divisores cuadrados perfectos tiene el número 2008. el primero y último términos de la columna 3 son 13 y 24.Observa el siguiente arreglo: ¿Cuál es la suma del primero y último términos de la columna 2008? (Por ejemplo. 2. Luis tiene 114 amigos de la ONMAS 2009. Los semáforos están programados para que trabajen de la siguiente manera: en cada momento hay 5 semáforos consecutivos con luz verde. ¿Cuál es el tiempo mínimo en el cuál se cruza al vigésimo semáforo. ¿Cuál es el cociente del área del paralelogramo 78UV entre el área de la región del rectángulo que queda afuera del paralelogramo? Problema 3. para que dos personas estén en contacto. Sea L un punto sobre V de manera que WL es diámetro de S.) Problema 4.1. En un tablero de 2009×2009 cuadritos. y ninguno de ellos se tiene agregado al Messenger entre sí. de modo que la suma ] . + _ . 8. Encontrar todas las posibles sumas de estos 4018 productos. ¿Cuál es el número mínimo de invitaciones aceptadas para que Luis y todos sus amigos estén en contacto por el MSN? Problema 2. tiene instalados 20 semáforos. dividen el lado donde están en razón 3: 2. En el Messenger (MSN). .9 ONMAS Guadalajara. uno en cada lado.0. 3. 2009 Problema 1. 20} de manera que la suma de esos tres números sea múltiplo de 3? Problema 7. Probar que el área del triángulo 234 entre el área del triángulo WL4 es 2.3) son diferentes. es suficiente con que una de ellas envíe una invitación a la otra y ésta la acepte. y cada 10 segundos el primer semáforo prendido en verde. 19.3 . Problema 6. cambia a rojo y el semáforo rojo que está adelante del 5º semáforo en verde. los puntos 7. Sea 234 un triángulo tal que la circunferencia S de diámetro 34 pasa por el punto medio W de 23 . … . V. + ^ . U. Luis les propone a ellos la idea de ponerse en contacto. y se ha obtenido el producto de los números de cada fila y de cada columna. con circulación de izquierda a derecha. ^. _ es posible formar. sea un múltiplo de 5? (Nota: las ternas 0. cambia de rojo a verde. (1. empezando el recorrido en el primer semáforo? ¿A qué velocidad constante se debe transitar para lograrlo en el tiempo mínimo? Problema 5. ¿Cuántas ternas de dígitos ]. se han llenado todos los cuadritos usando solamente 1 ó −1. colocados cada uno a 100 metros de distancia. En el rectángulo 234<. La avenida principal de Salsipuedes. contando de izquierda a derecha. ¿De cuántas maneras se pueden escoger tres números diferentes del conjunto 4 = {1. . Problema 8. . Considere las circunferencias S y T de centros 2 y 3 respectivamente. Problema 10. Sean 234 un triángulo rectángulo y W el punto medio de la hipotenusa 34. y desde el centro 3 se trazan las tangentes a S que cortan a 3 en U y V . . Sus catetos cumplen que 42 es menor que 23. Demostrar que 78UV es un rectángulo. T es el dígito de las decenas y ? es el dígito de las unidades) que cumplan con: ST? = S! + T! + ?! (Nota: J! es el producto J(J − 1). Desde el centro 2 se trazan las tangentes a T y éstas cortan a 2 en los puntos 7 y 8 .Ejemplo: en un tablero de 3×3 un posible llenado es: 1 1 1 1 1 −1 1 1 1 y la suma de los 6 productos 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 = 2. Finalmente. (2)(1) y se lee n factorial.) Problema 9. Encontrar todos los números de tres dígitos de la forma ST? (S es el dígito de las centenas. sea = el punto común de 2W y 4<. demostrar que 2W es perpendicular a ><. Si > es un punto sobre 34 tal que => es paralela a 34. Se coloca un punto < sobre 23 de manera que 42 = 2<. En cada uno de los cuatro vértices del tetraedro 2.10 ONMAPS y 1 ONMAP Comitán. 542. Con tres dígitos diferentes y ninguno de ellos igual a cero. Problema 2. 524. 4 y 5 se forman 245. < se han recortado tetraedros regulares pequeños. 2010 Problema 1. Encuentra la suma de las longitudes de las 18 aristas. Encuentra tres dígitos S. Problema 4. 4. no necesariamente del mismo tamaño. por ejemplo. La figura que queda tiene 8 caras y 18 aristas. El dibujo muestra una diagonal mayor y el centro del cubito. Coloca los números del 1 al 8 en los vértices de un cubo de manera que la suma de los 4 números que se encuentren en cada cara sea el mismo. Un cubo de lado 3 se divide en 27 cubitos unitarios. se pueden formar 6 números de tres cifras. Nota. 3. ? que sean diferentes y ninguno igual a cero de manera que la suma de los 6 números que se forman con ellos cumpla ST? + S?T + TS? + T?S + ?ST + ?TS = 1332 Problema 3. 425. T. ¿De cuántas formas podemos elegir tres cubitos de manera que sus centros estén en una misma recta? Nota: El centro de un cubito se localiza en el punto medio de una diagonal mayor. . 452. Sea 234< un tetraedro regular con aristas de longitud 10. Un tetraedro regular es un sólido formado con cuatro triángulos equiláteros. 254. con los dígitos 2. Problema 7. pero las figuras diferentes tienen distintos pesos. Las figuras similares pesan lo mismo. Si las dos primeras balanzas están en equilibrio.Problema 5. ¿Cuántas palabras de exactamente 6 letras se pueden formar. triángulos y círculos. ¿Cuál es la medida del ángulo 23=? Problema 9. que tengan un número par de letras 2? Problema 10. ¿Cuántos caminos hay en la siguiente figura que van del cuadrito 2 al cuadrito 3 si solamente se puede avanzar de un cuadrito a otro que esté a la derecha o arriba de él y no se permite pasar por los cuadritos sombreados? Problema 11. T son enteros distintos entre sí y distintos de cero que cumplen ¿cuál es el valor de S − T? S − 2010 T + 2010 + =2 T S . = el punto medio de 4< y > un punto sobre la recta por 2 y 3 de manera que 32 = 2>. Problema 8. Un alfabeto usa solamente las letras 2. ¿Cuántos años puede tener Mauricio? Problema 6. encuentra un arreglo de figuras que al colocarse en el lado derecho de la última balanza la deje en equilibrio. Sea = el punto de intersección de la circunferencia de centro < y radio 23 con la prolongación del segmento 4<. Mauricio ya cumplió años en el 2010. 3. Tenemos cuadrados. Al sumar los dígitos del año de la fecha de su nacimiento se dio cuenta que obtenía su edad. y que no sea el arreglo de 3 triángulos. Sea 234 un triángulo rectángulo con ángulo recto en 3. 4. Si S. Sean < el pie de la altura desde 3. Muestra que las rectas 3= y >< son perpendiculares. Sea 234 un triángulo equilátero y < un punto sobre la recta por 2 y 3 de manera que 23 = 3< y con 3 entre 2 y <. además <= y => son de longitud 4. >2 son paralelos y ambos perpendiculares a =>. (i) (ii) Da un ejemplo donde la cuadrícula se pueda dividir en 8 rectángulos diferentes. Problema 13. Encuentra el área del pentágono 234=>. Por ejemplo.Problema 12. En la figura de abajo. Dos de los rectángulos que recortas son iguales si uno se obtiene del otro al girarlo 90°. los dos rectángulos siguientes son iguales. Muestra que no es posible hacer una división de la cuadrícula en 9 rectángulos diferentes. 234< es un cuadrado de lado 5. Una cuadrícula de 6×6 cuadritos se va a recortar en rectángulos. los cortes se harán siguiendo las líneas de la cuadrícula. . Los segmentos <=. . 1. 2. 25. 2. ¿Cuántos pentágonos más se necesitan para completar el polígono? Problema 3. b) Cada uno de los números siguientes que se agreguen.. de tal manera que cualesquiera dos personas consecutivas del mismo equipo estén separadas entre sí por la misma cantidad de sillas? Problema 4. Cada grupo tiene una caja en donde los alumnos en orden consecutivo colocan pelotas siguiendo una progresión aritmética como se muestra en la tabla: Alumno 1 Alumno 2 Alumno 3 Alumno 4 .. 13. ¿cuántos de ellos son pares? Problema 2. y en total Laura escribe 2011 números. 7. 2011 Problema 1. 3. cada uno con 2011 alumnos.. Grupo 2 2 4 6 8 .11 ONMAS y 2 ONMAP Mérida. . Si los primeros números son 1. 3. Grupo 1 1 2 3 4 . debe ser la suma de los cuatro números anteriores... En una escuela se tienen 2011 grupos. La profesora de matemáticas le asigna a Laura la siguiente tarea: a) Escribir una lista de números comenzando con 1. Hay tres equipos cada uno de ellos con tres personas... Se quieren sentar alrededor de una mesa redonda con sillas numeradas del 1 al 9. se colocan pentágonos regulares iguales como se muestra en la figura. ¿De cuántas formas se pueden sentar las 9 personas en las sillas. 1. Para formar un polígono.. .Grupo 3 3 6 9 12 . Grupo 4 4 8 12 16 .. .. columna y diagonal se colocan los cinco números.. Sean C una circunferencia y O un punto sobre C. jk . Problema 5... En cada vértice del cubo se escribe el número que resulta de multiplicar los números de las 3 caras adyacentes al vértice. . .. En cada casilla de una cuadrícula de 5 x 5 se va a colocar un número del 1 al 5 de tal manera que en cada fila. Seis enteros positivos y diferentes se escriben sobre las caras de un cubo (un número en cada cara). Encuentra los grupos que en algún momento logran acumular exactamente 1265 pelotas dentro de su caja. Problema 6. Sea A un punto sobre la circunferencia C y sean C’ y B’ los puntos de intersección de C’ con los rayos AB y AC.. . Problema 8. a) ¿Cuál es la suma de los 6 números de las caras? b) Determina todos los valores posibles para los números de las caras. Un punto E está ubicado sobre el lado BC del rectángulo de tal manera que el área del triángulo ABE es la quinta parte del área del cuadrilátero AECD. .. Problema 9.. La suma de estos 8 números es igual a 385.. a) Muestra que los triángulos ABC y AB’C’ son semejantes b) Muestra que los triángulos ABC y AB’C’ son congruentes Problema 7.... Otra circunferencia C’ con centro en O corta a C en los puntos B y C. . Encuentra los tres números yucas más pequeños.. respectivamente... Considera un rectángulo ABCD. Determina el valor de la razón j. Un número yuca es un entero positivo que al multiplicarlo por 104 se obtiene un número múltiplo de 39 que termina en 6. Problema 10. ¿Cuántos enteros aluxes J hay con 1 ≤ J ≤ 2011 ? Problema 12. . Sea ABCDEF un hexágono con todos sus lados de longitud 1 y con los ángulos ABC y EFA de 90°. . + T . ¿Cuánto debe medir el ángulo BCD de manera que el área del hexágono sea la mayor posible? Problema 11. = S. que satisfacen la ecuación: (ST − 7). Un entero positivo J es aluxe si el producto de los dígitos de J es igual al producto de los dígitos de J + 1.Encuentra la mayor suma posible de los números colocados en las casillas sombreadas. Determina todos los enteros no negativos S ^ T. Finalmente.12 ONMAS y 3 ONMAP La Paz. En cada rombo de la figura se coloca un número diferente del 1 al 9. Anita dibuja dos flores como se muestran a continuación: ¿Cuál es la diferencia entre las áreas de las flores? Problema 3. De todas las sumas finales posibles. mientras que el 774 no es Paceño porque 477 no es mayor que 774. Se dice que un número es Paceño si al escribir sus dígitos en orden inverso se obtiene un número mayor que él. A partir de un octágono regular de lado 10 cm. ¿cuál es la diferencia entre la mayor y la menor? Problema 2. dentro de los círculos se escribe la suma de los dos números que comparten ese lado. se suman los números escritos en los círculos. 2012 Problema 1. Enseguida. el 3426 es Paceño porque 6243 es mayor que 3426. ¿Cuántos números de cinco dígitos son Paceños? . Por ejemplo. si el número 4527 estuviera en la lista. Por ejemplo. En la Bahía de la Paz. ¿De cuántas maneras pudieron quedar distribuidas inicialmente las llaves dentro de los cofres de manera que la estrategia de los arqueólogos sea exitosa? Problema 7. . Los arqueólogos van a forzar los candados marcados con los números 1 y 2 para obtener así dos de las llaves con la esperanza de que con ellas sea posible abrir sucesivamente todos los demás cofres. se halló el tesoro de Cortés. Problema 5. . Mucho tiempo después. están sobrepuestos. 45187. Cada candado y su llave están numerados del 1 al 2012. Hernán Cortés guardó su tesoro en 2012 cofres con sus respectivos candados. al mismo tiempo. En un rectángulo ABCD. Diana hace una lista de 2012 números iniciando con el 2012. . entonces continuaría así: 4567. ¿Cuál es el mínimo número de divisiones que tendrá que hacer Rosy para que el cociente de la división ya no sea un número entero? Problema 9. Encuentra el mayor número N que cumpla. 451247. las siguientes condiciones: a) Todos los dígitos de N son distintos. ¿cuál es la medida del ángulo BAE? Problema 6. b) N es múltiplo de cada uno de sus dígitos.Problema 4. Si el ángulo AEF mide 68º. F es el punto medio del lado CD y E es un punto del lado BC tal que AF es bisectriz del ángulo EAD. Cada número de la lista. . Dos triángulos equiláteros ABC y DEF de perímetros 36 cm y 27 cm respectivamente. ¿Cuál es la suma de los dígitos del último número de la lista de Diana? Problema 8. formando un ángulo de 120° como se muestra en la figura. Cortés metió al azar una llave en cada cofre y cerró los candados para que nadie tomara el tesoro. Rosy efectúa la multiplicación: 1×2×3× …×2012 . lo obtiene al sustituir el dígito de las decenas del número anterior por el triple de ese dígito. luego divide al producto entre 14 y continúa dividiendo cada uno de los cocientes obtenidos entre 14. el resto las coloca una en cada casilla. 2. Halla el número de acomodos posibles que te permita ganar el juego. Luis deja de poner fichas cuando observa que los números que están a la vista en las casillas de las esquinas del tablero suman 2012. para ello debe haber en cualquier cuadro de 2 x 2 casillas dos Plantas y dos Zombies. consecutivamente de menor a mayor en sentido de las manecillas del reloj. ¿Cuáles son estos cuatro números? Determina todas las posibilidades. …) que coloca en las casillas grises de la siguiente manera: La ficha 1 la pone en la casilla superior izquierda y a partir de ahí.12 del juego Plantas vs Zombies.Calcula el perímetro del hexágono sombreado. En esta versión del juego debes colocar en cada casilla una Planta o un Zombie y ganas si neutralizas el jardín. Problema 10. . En la versión 20. Una vez que llega a la posición inicial sigue colocando fichas sobre las que ya están puestas. Luis tiene un tablero cuadriculado con la misma cantidad de filas que de columnas. 3. Problema 11. Las casillas del contorno del tablero están coloreadas de gris. como se muestra en el dibujo. También tiene suficientes fichas numeradas (1. el campo de batalla es un jardín que se divide en 45 casillas. y el punto A entre C y Q. .Problema 12. demuestra que AO1 = AR. El punto C está sobre W1 y es diametralmente opuesto a B. que se intersectan en los puntos A y B. donde el punto B está entre C y P. Sean W1 y W2 dos circunferencias de centros O1 y O2 respectivamente. Las rectas O1A y PQ se intersectan en el punto R. Si la medida del ángulo PBQ es el triple que la del ángulo PCQ. Las rectas CB y CA cortan de nuevo a W2 en los puntos P y Q respectivamente. El año pasado. Una pareja de enteros positivos S y T se llama sinaloense si cumple. después de rebotar exactamente una vez en cada uno de los lados de la mesa. En tres de sus lados se trazan tres triángulos equiláteros hacia el interior del pentágono como se muestra en la figura. obtenían la edad del otro. cuyo lado mide 2 metros. El campeón de este juego es capaz de realizar un tiro de manera que la bola empieza en un vértice y. el número 78 se pinta de rojo y el 34 de azul. . Este año. Deeds escribe en una hoja de su cuaderno todos los números de cuatro cifras de una manera muy curiosa: • • • Cada uno de estos números los escribe usando dos colores. Encuentra todos los números de la lista de Deeds que cumplen las siguientes dos propiedades: 1. simultáneamente. Los rebotes en los lados de la mesa son tales que el ángulo de entrada es igual al ángulo de salida. Problema 3. que 20S + 13T = 2013 y S + T es un múltiplo de 13. La cifra de las decenas es distinta de cero. ¿cuántos años tenía la abuela cuando Adán nació? Problema 2. Encuentra todas las parejas de números sinaloenses. En Culiacán tienen un juego de billar con mesas que tienen forma de triángulo equilátero. Se tiene un pentágono regular de lado 2. Problema 4. El número formado por las cifras de las decenas y unidades en azul. Al traslaparse los tres triángulos se forma un hexágono irregular. Calcula la distancia que recorre la bola de billar al realizar ese trayecto. Problema 5. sus edades eran números primos. termina en otro vértice. en el número 7834. Adán y su abuela tenían (cada uno) más de 9 y menos de 100 años. al invertir los dígitos de la edad de alguno de ellos. El número formado por las cifras de los millares y las centenas se escribe en rojo. Además.13 ONMAPS Culiacán. 2014 Problema 1. El número azul es un múltiplo del número rojo. 2. la edad de la abuela es múltiplo de la edad de Adán. Determina la medida de cada uno de sus ángulos interiores. Por ejemplo. Una tabla formada por 6 columnas y 2013 renglones se llena siguiendo la secuencia mostrada. Al final Diana ganó 8 partidos. comenzando con el 44: 44 98 . Por ejemplo. 7. . ¿Cuántos partidos perdió Gaby? Problema 8. 1 = 1. Problema 10. Un número lobola es un número formado por diez dígitos diferentes que cumple las siguientes características: a) ST?opqrℎtu son sus dígitos. c) ?op y pq son múltiplos de 13. Gaby y Cruz jugaron un torneo de ping pong. . ¿Cuál es el tamaño más grande que puede tener un subconjunto cuadrilibre? Problema 7. Sean W el punto medio de la diagonal 3<. Problema 9. 6. Diana.Problema 6. 10} se dice cuadrilibre si la suma de los elementos de cualquier subconjunto de él no es un cuadrado. 53 62 107 71 80 89 Obtén la descomposición en primos de la suma de los términos del vigésimo renglón. 8} son subconjuntos de él y además. b) ST? es divisor de 2013. ¿Cuántos números lobolas diferentes se pueden formar? Problema 11. 4. Verifica que el área del ∆=2> es igual al área del ∆>W<. y 1 + 8 = 3. 3. 3. . Cruz ganó 13 y Gaby sólo ganó el segundo partido del torneo. 2. el subconjunto {1. En cada partido la perdedora se salía y entraba la otra para jugar el siguiente partido con la ganadora y así sucesivamente. Un número de tres cifras ST? se llama culichi si cumple al mismo tiempo las siguientes condiciones: . 5. 8} no es cuadrilibre ya que tanto {1} como {1. Un subconjunto del conjunto {1. 9. = la intersección de la perpendicular a 3< por W con la prolongación de 32. y > la intersección de la perpendicular a 3< por W con 2<. Sea 234< un rectángulo tal que el ∡3<2 = 30°. 8. Al elevar al cuadrado el número ?TS (que también es de tres cifras) se obtiene el número de cinco cifras ℎrqpo. Problema 12. Sobre los lados 23 y 24 se toman los puntos W y L respectivamente tales que ∠W43 = 52° y ∠L34 = 80°.• • Al elevar al cuadrado el número ST? se obtiene el número de cinco cifras opqrℎ. Obtén la medida del ∠4WL. Encuentra todos los números culichis. . Sea 234 un triángulo tal que ∠3 = 100° y ∠4 = 62°. Por ejemplo. Sean 234 un triángulo acutángulo. Cada dos cifras adyacentes en el número. Sean 234<=> un hexágono regular y W el punto medio del lado 23. si al eliminar la mayor y la menor de las cifras. Encuentra los números de la lista de Julio. ¿Cuántos números mazatlecos hay? Problema 3. >Y. Si w es el punto donde se cruzan los segmentos. dos Superman. aunque no necesariamente todos múltiplos del mismo número. donde cada letra representa un dígito del 1 al 9 sin que se repitan. La perpendicular a W6 por 6 corta a 23 en x y a 24 en L. Quiere que entre cada dos superhéroes iguales haya una cantidad diferente de figuras. Problema 5. 34.14 ONMAPS Mazatlán. Y6 sean múltiplos de 7 o de 13. no podría haber tres figuras entre los dos Batman. Si la suma de los tres números termina en 65. todas diferentes Es múltiplo de 8. 2014 Problema 1. opq. para el número 234<=>Y6 se necesita que los números de dos cifras 23. si hay tres figuras entre los dos Hulk. Por ejemplo. . ¿De cuántas maneras diferentes se puede hacer esto? Problema 6. dos Iron Man y dos Batman que quiere acomodar en línea sobre una repisa. Se forman tres números enteros de tres cifras. Huberto tiene en su colección de figuras de acción de superhéroes dos Huk. Muestre que x6 = 6L. <=. Julio hace una lista con los números que cumplen las siguientes condiciones: - El número es de ocho cifras. rℎt. 4<. la suma queda 4 + 6 = 10. ST?. ¿cuál es el valor de dicha suma? Problema2. 2<y W=. 6 su ortocentro y W el punto medio de 34. =>. forman un nuevo número que es múltiplo de 7 o de 13. las dos restantes suman 10. Por ejemplo: 6842 y 2468 son mazatlecos ya que al realizar la eliminación. Se dice que un número de cuatro cifras diferentes entre sí y distintas de cero es Mazatleco. ¿qué parte del área del hexágono es el área del triángulo wW<? Problema 4. W y L son los puntos medios de 24 y 34 . como se muestra. hasta que el punto 3′ coincida con <. frijoles con queso. El triángulo 234 se gira con centro en 2 formando el triángulo 23y 4′. Si se empieza en la casilla C1. Sea 234< un cuadrilátero que cumple: 23 = 2<. . Se le ordena al mesero acomodar las charolas de los platillos. ¿De cuántas maneras diferentes pueden ordenarse las charolas en la barra (de izquierda a derecha)? Problema 8. 24 = 34 + 4< y los ángulos 234 y 4<2 suman 180°. Sea W la suma de los números sobre las casillas verdes y L la suma de los números escritos sobre las casillas amarillas. C. Encuentra la medida del ángulo 244′. de forma tal que las que contengan huevo queden juntas y las que contengan chilaquiles queden juntas. Sobre una cuadrícula se coloca 2014 veces el número 2014 (un dígito en cada casilla) siguiendo una espiral como se muestra en la figura. como se muestra en la figura. . La altura desde 2 corta a la . G y se colocan en ella los números naturales que no contienen al 3 o al 7 en su desarrollo decimal. respectivamente. chilaquiles con huevo y chilaquiles verdes. D. “formándose” el triángulo 2<4′.Problema 7. . . Problema 9. ¿en cuál columna y renglón queda el 2014? A 1 2 3 8 16 B 9 18 C 1 10 19 D 2 11 … E 4 12 F 5 14 G 6 15 Problema 11. huevos a la mexicana. Calcula la diferencia entre W y L. Cierto día en el restaurante La Cascada prepararon para el buffet de desayuno una charola de cada uno de los siguientes siete platillos: huevos con tocino. 1 4 . … … … . . chilaquiles rojos. . B. Sea 234 un triángulo acutángulo isósceles con 24 = 34. alineadas en la barra. . huevos con jamón. Problema 10.. Se tiene una tabla con siete columnas A. . 0 2 2 4 0 1 . F. E. ¿Es posible que los números TX . . . ?.prolongación de WL en z y la altura desde 3 corta a la prolongación de WL en {. semejantes. − T. . = 0 ] . | es la intersección de 2{ con 3z. 9j Problema 12. T. TN . T. . ?X . Considere las ecuaciones cuadráticas ] . ] + ?. . ?N sean las raíces de las ecuaciones cuadráticas en algún orden? Nota: se llaman raíces de una ecuación cuadrática a los valores que la resuelven. ?X . Además. Determina la razón . − TN ] + ?N = 0 con TX . ?. ?N números diferentes. TN . sucede que los triángulos 234 y z{| son 9. − TX ] + ?X = 0 ] . ¿Para qué valores de J se puede formar una figura cerrada. empezamos de nuevo con saltos de dos en dos. luego en G. una en A y cuando todos los vértices tengan la misma cantidad de fichas se continúa con saltos de cuatro en cuatro y cuando tengan todos la misma cantidad se hace de cinco en cinco. ¿Cuál es la cantidad total de triángulos equiláteros que se pueden formar tal que sus lados estén sobre las líneas de una malla triangular de 10 pisos? Problema 2. enseguida en D y finalmente en F. que el lado 1 del primer cuadrado coincida con el lado 3 del último polígono? . después pega el lado 1 de un nuevo cuadrado con el lado 3 del polígono anterior y así sucesivamente. 2014 Problema 1. una ficha en E.15 ONMAPS Mexicali. todos los vértices tienen la misma cantidad de fichas y el proceso continúa saltando de tres en tres: una ficha en B. Finalmente. después en B. luego de tres en tres y así sucesivamente. Drini tiene fichas de dos figuras diferentes. En la figura se muestra una malla triangular de 4 pisos. ¿En qué vértice se coloca la ficha número 2015? Problema 3. una ficha en C. es decir. En los vértices del heptágono regular 234<=> se van colocando fichas como sigue: Primero se colocan fichas saltando de dos en dos: una ficha en A. En ese momento. cuadrados y polígonos regulares de J lados y los lados de las fichas tienen la misma longitud. Los lados de cada ficha están numerados en el sentido de las manecillas del reloj. Drini inicia con un cuadrado y pega el lado 1 de un polígono con el lado 3 del cuadrado. una ficha en E. cuando todos los vértices tengan la misma cantidad de fichas. Determina cuántos enteros positivos L de la forma L = 2} ∙ 3 hay. Problema 7. . = en distintos lados con respecto a 23. de forma que 234< sea un cuadrilátero cíclico. respectivamente. <<L < no divide a L Problema 6. están del mismo lado con respecto a 23. ¿Cuál es el mínimo número de pelotas que necesita sacar del costal para asegurarse que siempre haya cinco de las pelotas extraídas cuyos números sumen un múltiplo de 5? Problema 5. dos circunferencias. T enteros positivos. Demuestra que la circunferencia circunscrita al triángulo 4<= es tangente a ÅX . Å. . de forma que 23 es una tangente común a ambas circunferencias y ÅX . 4 puntos sobre ÅX . Problema 4. con 4. José Luis tiene un costal de 20 pelotas con el número 1. un segmento de la cadena queda como la figura. y que 2< y 34 se intersequen en =. ¿Cuál es el área del triángulo 2Lx? . . Sean 2. 20 pelotas con el número 2. Å. con S. 20 pelotas con el número 3. 3 puntos sobre ÅX . 20 pelotas con el número 4 y 20 pelotas con el número 5. Sobre el lado 23 de un rectángulo 234< se elige un punto arbitrario W y se traza el paralelogramo <W4L cuya área es 120 ?#. Sean <. Sean ÅX . . Å. Å.Ejemplo: para polígonos de J = 7. respectivamente. Å. tales que existen exactamente 2015 enteros positivos < que cumplen las siguientes tres condiciones: • • • < divide a L . Sea el punto x la intersección de <4 con 3L. Sea 234 un triángulo tal que 23 = 24 y ∠324 = 100 grados. Si S < T < ? < o. T es la de las centenas. ¿cuál es la suma de los dígitos de 9L? Problema 9. o de forma que S es la cifra de los millares. iniciando en el punto marcado. ?. Sea < un punto sobre la prolongación de 23 más allá de 3. Una espiral cahinilla se forma con segmentos de recta horizontales y verticales como muestra la figura. Determina la medida del ángulo ∠34<. ? es la de las decenas y o es la de las unidades. Después de colocar 2015 segmentos de recta. L es un número de 4 cifras y se escribe utilizando los dígitos S. termina la espiral? Ejemplo: después de 7 segmentos. la espiral está a distancia 1 hacia la derecha y dos hacia abajo del punto inicial. .Problema 8. Problema 10. ¿a qué distancia horizontal (izquierda o derecha) y a qué distancia vertical (arriba o abajo) del punto inicial. T. tal que 2< = 34. sin importar cuáles son. entonces las abejas llenan esa celda vacía con miel. Un panal está formado por 20 capas de celdras concéntricas. Problema 12. Cada minuto.Problema 11. Nunca se vacían celdras. . las abejas llenan celdras del panal con miel de acuerdo con la siguiente regla: si una celda vacía tiene exactamente tres celdras vecinas llenas con miel. = ST S + 2 T + 2 . T) tales que: S+T+2 . En la figura se muestran como ejemplo las primeras cuatro capas. Determina todas las parejas ordenadas de enteros (S. las abejas nunca llenan todo el panal de miel. Demuestra que si inicialmente hay 36 celdras llenas de miel. __________________ Soluciones . Veamos que el perímetro mide 10 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 360. Podemos encerrar la alberca en un rectángulo del mismo perímetro. 4 3. 3 2. hay que contar cada uno por separado. Como cada anillo tiene distinta cantidad de dibujitos. Los dos lados verticales suman 20 + 40 + 60 + 80 así que los lados miden 20 + 80 = 40 + 60. 1. es decir. 4 2. la distancia vertical se divide en dos lados iguales y la horizontal también. 3 y 4. la alberca no “cerraría”. 2 y 4. . una es vertical y otra horizontal. Entonces. 4 : 3×4 = 12 : 3×2 = 6 : 3×4 = 12 : 4×2 = 8 : 4×4 = 16 : 2×4 = 8 En total hay 12 + 6 + 12 + 8 + 16 + 8 = 62 combinaciones que regalan una oportunidad más. 1 2 3 8 4 7 5 6 El área del rectángulo mide 80×100 = 8000 . 2 y 3. Los lados miden 10 + 70 = 30 + 50. Medidas consecutivas van en sentido opuesto. 3 1. Las dos áreas sin cubrir miden 10×80 = 800 y 40×50 = 2000. Los dos lados horizontales suman 10 + 30 + 50 + 70 = 160. el área de la alberca es de 8000 − 2000 − 800 = 5200 Problema 2. Es decir. 1 y 4. si no.4 ONMAS 2004 Problema 1. 1 y 3. Los dos discos que están mal pueden ser elegidos de seis maneras distintas: 1 y 2. 2 1. De eso concluimos que los números del 11 al 19 no cumplen. Problema 6. Problema 4. Los dos números más pequeños que podemos formar con esos dígitos que cumplan las condiciones son 123456. si un número que termina con el dígito 3 no cumple. Así que el máximo común divisor divide a 90. Además como el producto es conmutativo. Además 123546 − 123456 = 90. 123546. del 55 al 59 y del 66 al 69 no cumplen. Como 77 cumple sólo nos fijamos en números de dos dígitos. Claramente los que terminan en 0 y 1 no cumplen ya que inmediatamente terminan con un dígito. Como 123456 no es ni múltiplo de 9 ni de 5 pero sí de 6. Probaremos que 77 es el menor número. su máximo común divisor es precisamente 6.Problema 3. Luego del 22 al 29 el producto más grande que se puede obtener es 18 y como esos son de persistencia 1 los del 22 al 29 su persistencia es a lo más 2. Luego a pie comprobamos que los números del 44 al 49. Primero. Luego del 33 al 39 el producto máximo es 27 y por lo tanto la persistencia de los números del 33 al 39 es a lo más 3. De ahí concluimos que el menor número que cumple es 77. tampoco cumple los que empiezan con el dígito 3. . Problema 5. claramente 77 cumple ya que 77 → 49 → 36 → 18 → 9 por lo que su persistencia sí es 4. 1462. 22. Se puede comenzar una serie con las siguientes parejas de fichas: 00. 27: = 729. 23. 20. El área de todo el rectángulo es de 80cm2 y como sabemos las bases y alturas de los 4 triángulos que se forman podemos calcular que las áreas de cada . 23. Además. Problema 3. 22. 15: = 225. 12. 16. 5. 24: = 576. 14. el anterior ha girado 18. 02. 22. 10. 40. y 02. 400. 30: = 900. 2. no para cualesquiera dos fichas iniciales es posible completar alguna serie. 125 200. Sin embargo. eso sucede si y sólo si 5 | 2000. 33. 44. 31. 12. Problema 5. además. teniendo las primeras dos fichas de la serie. ha recorrido 4 kilómetros adicionales. como marca 5. sólo 324 y 576 cumplen lo deseado. tiene 20 divisores. Teniendo un total de 24 series posibles. De ellos. ya que hay ciertos valores de una ficha que 9 tienen algún número específico. para tener un total de 48. Problema 2. 31. el anterior ha girado 18×9 = 162 y el de las unidades ha girado 162×9 = 1458.5 ONMAS 2005 Problema 1. 21. Cada uno de los discos hace girar al disco siguiente cada nueve giros en lugar de diez. buscamos los cuadrados entre 10 y 31. Veamos que 12: = 144. 13. 11. 10. 00. 02. 10. Duplicamos el resultado para contar las series inversas. 20. 1000. 01. Entonces. 18: = 324. Como 10: = 100 y 32: > 1000. Como el de las unidades de millar ha girado 2 veces. 33. Queremos saber para qué valores de 5 tenemos que 5 | 2000 + 5. 12. 04. 02. 21: = 441. 04. 30. 14. 31. 25. 250. 03. Problema 4. 03. 21. 24. Problema 6. 01. Los divisores de 5 son 1. 11. como usa tres cifras consecutivas. 42. 34. 2000. 8. 500. 43. es un múltiplo de 3. 03. 4. 100. 01. Observemos que. 50. Como 2000 = 27 ×58 . 41. 80. el resto de la serie está predeterminada. 34. 32. 13. 24. es decir. La base chica la podemos sacar aplicando el teorema de Pitágoras al triángulo pequeño por lo que la base es la raíz de 4: + 3: que es 5<=. 6. Entonces la distancia mide 8<=. 14 <=: respectivamente.uno son 6. . Entonces. Luego el área del paralelogramo lo podemos expresar como la base chica por su respectiva altura que es la distancia que queremos. el área del paralelogramo es de 40<=: . 14. hay 2006 =4 462 múltiplos de 6. 11 son primos relativos por parejas. Es decir. Como la bolsa de Luis tiene 14 canicas menos que la última de la fila. si la bolsa de Luis tiene > canicas. 2 Las bolsas a la izquierda de Luis suman 1 + 2 + ⋯+ > − 1 = >−1 > . 3. Como 2. 2 Sabemos que 14> + 105 = >−1 > 2 . Problema 2. Entonces. el producto es múltiplo de 11 sólo si alguno de los múltiplos también lo es. 7. 7 y 11. Entre el 1 y el 2006 hay 2006 = 30 66 múltiplos de 66 y hay 2006 = 26 77 múltiplos de 77.6 ONMAS 2006 Problema 1. la mayor potencia de 11 que divide al producto es 30 + 26 − 4 = 52. Por lo tanto. la última tiene > + 14. consideremos los múltiplos de 66 y los múltiplos de 77. las bolsas a la derecha de Luis suman 14> + 1 + 2 + ⋯ + 14 = 14> + 14 15 = 14> + 105. Sin embargo. Dos números de dos dígitos cumplen eso: 15 y 51. Esos números pueden ser 35 y 6: > − 35 > + 6 = 0. El único número de dos dígitos que cumple eso es 11. sin embargo. no podemos ir para atrás. Dos números de dos dígitos cumplen eso: 13 y 31. Dos números de dos dígitos cumplen eso: 17 y 71. 91 = 7×13 y 33 = 3×11 así que no podemos ir para atrás. Si el origen de un número es 5. Para nuestra fortuna. • • • • • Si el origen de un número es 1. Si el origen de un número es 3.que equivale a que > : − > − 28> − 210 = > : − 29> − 210 = 0. 75 = 3×25 así que no tienen para atrás. si H es el punto de intersección de CA con B′C′. Sin embargo. 91. Si el origen de un número es 7. 33. Veamos que 51 = 3×17 así que no podemos ir para atrás. DCG = DC = 5 EB = EBG = 26 y además. Problema 3. sólo puede tener dígitos 1. sólo puede tener dígitos 1 o 3. 35 = 5×7 así que 57 y 75 tienen origen 5. Veamos qué números pueden tener orígenes impares. Problema 4. sólo puede tener dígitos 1 o 7. 5 y 7 son números primos. sólo puede tener dígitos 1 o 5. 15 = 3×5 así que 35 y 53 tienen origen 5. que acorta fuertemente las posibilidades. La suma de los números es: 11 + 13 + 31 + 15 + 51 + 35 + 53 + 57 + 75 + 17 + 71 + 19 + 91 + 33 = 572. Por otro lado. 57 = 3×19. Luis tiene exactamente 35 canicas. Notemos que los trapecios BCDE y B′C′DE son congruentes pues son producto del doblez de una hoja. 19 es primo. se tiene que 90° = < E@BG = < EBG H =< BG AH =< HC′D . Buscamos dos números que multiplicados nos den 210 y restados nos den 29. 53 es primo. sólo puede tener dígitos 1 y 9 o 3. Tres números de dos dígitos cumplen eso: 19. Sin embargo. Si el origen de un número es 9. Como no tiene sentido que Luis tenga una cantidad negativa de canicas. Observemos que basta encontrar el lado @A para calcular el área del rectángulo como @A×36. Además. Luego. 3. Como ambos son primos. Como ambos son primos. no podemos ir para atrás. éstos últimos por ser opuestos por un vértice. Más aún. . usando el teorema de Pitágoras. así. se sigue que < @EBG =< AB′H y < EBG @ =< BG HA =< DHCG . 1 6 CG H DCG 5 = = = G = G . utilizando la semejanza BG AH~DC′H. 3 18 HA BA BA Por lo que B´A = 15 y se concluye que @A = @BG + BG A = 24 + 15 = 39. DC′ HC′ HC′ Lo que implica que HCG = 9. Luego. DH = 13 y como CA = B@ = 26 + 10 = 36 sabemos que HA = 36 − CD − DH = 18 . El área de BCA@ es B@×@A = 36×39 = 1404<=: . como @BG = 26: − 10: = 24. Por lo anterior. por último.Entonces < @EBG + < EBG @ = 90° =< HBG A + EB′@. 2= E@ EB′ 26 = = . utilizando las razones resultantes de E@BG ~DC′H. tenemos que de la semejanza E@BG ~DC′H 2= E@ @B 18 = = . DC′ DH DH De donde. E@BG ~BG AH~DC′H Por el criterio Ángulo-Ángulo. Estamos sumando desde T = 0 hasta 2007 para un total de 2008 números. Como son 9 personas.éste siempre equidista del centro del cuadrado que es U. es decir 24 veces le tocan a todos 9 monedas y luego empiezan con B y se reparten las últimas 63 monedas las cuales alcanzan para 7 rondas por lo que @ es al último que le toca empezar la ronda y termina con A. Módulo 5. si nos centramos en el vértice inferior derecho –que es el que queda estático bajo la rotación. Es fácil ver que hace 12 rotaciones para llegar a su posición original y por lo tanto forma 3 circunferencias completas. Problema 2. Problema 3. tenemos que −1 −1. el residuo es 0 pues podemos sumar haciendo parejas. Problema 5. Luego. Veamos que por la rotación del cuadrado. Por lo tanto el punto U forma un arco de circunferencia al hacer una rotación. Problema 4. = 1 y para las impares −1 :QRS = 5 ≡N 1 − 1 + 1 − 1 + ⋯ − 1.7 ONMAS 2007 Problema 1. tenemos 5 ≡N 1 + −1 + −1 : + −1 Para las potencias pares. Podemos encontrar que 2007 = 24×81 + 63. Además a todos les tocan 2007 entre 9 monedas que son 223. Más específico: como rota 90° forma un cuarto de arco de círculo. Entonces. . Sabemos que 2011 es primo y la suma de sus divisores es 2011 + 1 = 2012. Luego. tras repartir 81 monedas vuelve a empezar con B. el menor primo mayor a 2007 es buen candidato. Como los primos tienen sólo dos divisores. Basta verificar para los menores que él: 2008 → 1 + 2 + 1004 + 2008 > 2012 2009 → 1 + 7 + 287 + 2009 > 2012 2010 → 1 + 2 + 1005 + 2010 > 2012 Nótese que no hemos hecho una lista exhaustiva de sus divisores sino sólo mostrar que es mayor a los divisores de 2011. una vez que reparte a todos 9 veces vuelve a repartir con el inicial. lo que tenemos es :Q 8 + ⋯ + −1 :OOP . se forman 27 = 16 números distintos con 3 o 4. Como el cuadrado es de lado 2. Problema 6. Para la distancia vertical veamos que como el rectángulo está puesto a la misma altura que el anterior la distancia es 2 + 3 + 5 + 7 + ⋯ + 2005 = 1003: + 1. Contemos cada caso: si tiene cero. Para la distancia horizontal. Podemos calcular la distancia de B a C con el Teorema de Pitágoras. se forman 2: ×2 4 = 48 2 números distintos. luego el siguiente impar y luego uno hasta que se llega al 2007. sabiendo la distancia vertical y la horizontal de B a C. uno o dos dígitos 1 y 2. el radio vale raíz de 2. Juan tiene 8 = 70 4 números distintos. Es conocido que la suma de los primeros 9 impares es 9: y como aquí son los primeros 1004 impares la distancia horizontal es 1004: + 1003.El radio de estos círculos es la mitad de la diagonal del cuadrado. José puede tener cero. por el Teorema de Pitágoras podemos calcular la diagonal como la raíz de 8 que es dos veces la raíz de 2 y. Luego. por lo tanto. se forman 4 =6 2 . Si tiene uno. es conocido que una circunferencia vale V veces el diámetro así que la distancia total recorrida –dado que son tres circunferencias. Finalmente. se va sumando el primer impar y luego uno. Entonces la distancia la suma de los impares del 1 al 2007 más 1003 rectángulos que aportan 1 es decir la suma del 1 al 2007 más 1003.es de 6 2V metros. Si tiene dos. Problema 7. la distancia entre B y C es 1004: + 1003 : + 1003: + 1 : . tienen la misma cantidad de números.números distintos. Veamos que 9009 = 9×7×11×13 2007 = 9×223 Luego. 223 = 1. Problema 9. 3 + W no puede ser un número primo. Problema 11. Problema 8. Problema 10. Curiosamente. . Veamos que la igualdad se puede transformar a 20073 + 2007W = 9009W 2007 3 + W = 9009W. dado que 1001. Veamos que 16 + 48 + 6 = 70. Luego 6 = 3 + 2W . 6 . Luego concluimos que ∡BA[ = [AC = 90 − 3 ya que subtienden los arcos B[ y [C respectivamente. Por lo tanto. veamos que 8640 = 2] ×38 ×5. Tenemos que 2] = 2^ ×4_ = 2^ ×2:_ = 2^R:_ donde 3. W son números impares. Por lo tanto. Problema 2. 5 . Primero. Problema 3. Sea 3 el número de veces que cruza la columna 2 y W el número de veces que cruza la columna 4. se pueden acomodar de 6×4×2 = 48 maneras distintas. Sea ∡B@C = 3. 2. La columna 3 debe cruzarse exactamente tres veces y la columna 5 exactamente una. Que las caras estén coloreadas supone cierto orden. El ∡B[C = 23 ya que es el ángulo central que abre el arco BC. ésta se puede cruzar las veces que sean. Además [B = [C ya que ambos son radios y por lo tanto ∡[BC = ∡[CB = 90 − 3. elegir el lugar de uno de los miembros de la pareja automáticamente acomoda al otro. Por otro lado ∡B\A = 3 ya que B\C@ es cíclico.8 ONMAS 2008 Problema 1. 4). Como la columna 1 no afecta el producto. Veamos que la condición de que las caras opuestas sumen 7 obliga cierto emparejamiento: 1. el de la segunda cualquiera de 4 y el de la tercera cualquiera de 2. Luego. el número de la primera cara puede ser cualquiera de 6. es necesario cruzar cada columna una cantidad impar de veces. (3. Para poder pasar de la izquierda a la derecha. De todo esto concluimos que A[ es perpendicular a @C y B\ y de ahí concluimos que son paralelas. 6. el tercer dígito no puede ser 4. . Problema 6. Usando esa condición y la condición sobre los dígitos distintos que 0 y no mayores a 6. 6. Tenemos 1524 y 3524. 5. Veamos que 2008 = 28 ×251. Problema 7. …. 1. ` ≡N c. Sin embargo. 4. los dígitos en la fila. Luego. tenemos que W ≡N a. Si termina en 52. 5 W + < + ` se sigue que 5 | 3 − ` de donde 3 ≡N `. 4. W. el número formado por los últimos dos dígitos debe ser un múltiplo de 4. el tercer dígito no puede ser ni 1 ni 3. únicamente puede terminar en 24 o 52. c. 5. 1. 4152 y 1352. Analicemos cada caso por separado. Problema 4. Como 5 3 + W + <. sus exponentes deben ser pares. Para que un número sea cuadrado perfecto. Por lo tanto. Sean 3. Problema 5. Si es 1. si es 3. 4. 9. Si termina en 24. Para que el número sea múltiplo de 4. 9. 1. sólo puede ser 1.no tiene solución para valores impares. Luego. 44. <. hay a lo más tres congruencias distintas que son a lo más seis dígitos distintos. Francisco probó cinco claves distintas. 5. la clave tendría que terminar en 12. no hay caminos que cumplan lo deseado. 0. Tenemos 3152. 0. a. 0. 32. el primer dígito pude ser 1 o 3. sus factores sólo pueden ser 2 o 251 y sus exponentes menores o iguales a los del número. de donde 2008:OOe = 2]O:7 ×251:OOe . Repitiendo el procedimiento. `. b. 52. 9. 4. el primero puede ser 3 o 4. por lo que necesariamente es 5. y así sucesivamente cada tres números. si no pueden repetirse ni ser adyacentes consecutivos. 24. < ≡N b. Ofrecemos un ejemplo con 6 para mostrar que es posible: 1. por lo que puede ser 1 o 3. Como es divisor. 6. hay 3013 1005 divisores que : son cuadrados perfectos.]O:7 Podemos elegir el exponente par para el 2 de + 1 maneras distintas. donde el : +1 es porque podemos tomar 0. En total. Análogamente. Tenemos que 2:OOe + 2SOOP + 1 < 2SOO7 + 4 : por lo que cualquier cuadrado mayor excede al mayor número que cumple las condiciones. el único 9 que cumple es 9 = 1005. por lo tanto. podemos elegir el exponente par :OOe para el 251 de + 1 maneras distintas. . = 2:OOe + 2SOO] + 4: 2Q ≠ 2SOO] + 3 = 2:OOe + 3×2SOON + 9: 3×2SOON + 8 = 28 3×2SOO: + 1 ≠ 2Q . Observemos que 2:OOe = 2SOO7 cuadrados siguientes a 2SOO7 . = 2:OOe + 2SOOP + 16: 2SOOP + 15 ≠ 2Q . que es 2:OOe + 2SOOP + 1. Problema 8. • • • • 2SOO7 + 1 2SOO7 + 2 2SOO7 + 3 2SOO7 + 4 : : : : : < 2:OOe + 2Q + 1. Analizamos los = 2:OOe + 2SOON + 1: 9 = 1005 cumple. tenemos 2×4×4×6 = 192 ternas distintas en este caso. Para mandar una invitación. Tenemos 2×2×2 = 8 ternas distintas. podemos pensar que los niños están acomodados en los vértices de un 114-ágono regular y queremos saber cuántas diagonales podemos hacer. 5. podemos elegir el 4 como 2. Analicemos cada caso por separado. 9. Problema 2. 3. 2: ≡N 4. 3: ≡N 4. y podemos permutar los tres números que elegimos de 3! = 6 maneras distintas. que equivale a pensar que los 114 niños están ordenados y el primero puede mandar invitación a cualquiera de los otros 113 niños. 8. tenemos 192 + 8 = 200 ternas que cumplen lo deseado. Problema 4. Sumando tres de los anteriores podemos obtener múltiplos de 5 sólo haciendo las sumas 0 + 1 + 4 ó 0 + 0 + 0. 7. En total. Ataquemos el problema módulo 5 y estudiemos el comportamiento de los cuadrados: 0: ≡N 0. . análogamente. el segundo a cualquiera de los otros 112 niños y así sucesivamente hasta que el último ya no necesita mandar invitaciones. En total. 6. Para el segundo caso. Problema 3. 1: ≡N 1.9 ONMAS 2009 Problema 1. 4: ≡N 1. podemos elegir el 0 como 0. Podemos hacer eso de 113 114 114 = 1 + 2 + 3 + + ⋯ + 113 = = 6441 2 2 maneras distintas. podemos elegir cada 0 como 0 ó 5. tenemos que elegir 2 amigos de entre los 114. 4. Para el primer caso. podemos elegir el 1 como 1. Para que tres números sumen un múltiplo de 3. 12. Problema 7. Problema 10. . la cantidad de 1′l y −1′l tienen distinta paridad por lo que la suma de columnas o renglones son siempre números impares e iguales. 14. 5. Ahora. hay 294 + 90 = 384 conjuntos distintos que cumplen lo deseado. Luego. 8. 18 Veamos que los conjuntos h. 17. 20 k ≔ 3. En total. j tienen siete elementos cada uno mientras el conjunto k tiene sólo seis. En el caso en que todas las casillas tienen un 1. 7. el resultado sólo puede ser 1 o −1. 11. como 2009 es un impar. 19 j ≔ 2. los anteriores son todos los números posibles. Podemos hacer lo primero de 7 7 6 + + = 35 + 35 + 20 = 90 3 3 3 maneras distintas. tenemos 2009 + 2009 = 4018. Problema 8. 6. Problema 6. 10. en cada fila y columna. 9. tenemos 2007 + 2007 = 4014 y para cada cambio en la diagonal. Problema 9.Problema 5. 15. Como es un producto de 1′l y −1′l. la suma total se reduce en exactamente 4. Dividamos los números en tres conjuntos distintos según el residuo que dejan al dividir entre 3: h ≔ 1. Si cambiamos de estado un número sobre la diagonal. y lo segundo de 7×7×6 = 294 maneras distintas. 16. deben ser los tres del mismo conjunto o cada uno de un conjunto distinto.4. por lo que podemos encontrar todos los números de la forma 4m + 2 entre 4018 y −4018. 13. en la cara con 1 y 2 va el 7. la suma de las seis caras debe ser 3 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 108 de donde podemos saber que cada cara debe sumar 108 = 18. < distintos a 0 y distintos entre sí tales que 200 3 + W + < + 20 3 + W + < + 2 3 + W + < = 1332 es decir. 5 en las esquinas que comparten vértice con 8.10 ONMAS y 1 ONMAP 2010 Problema 1. 2. 1 + 3 + 6. W. Problema 2. Los números que no elijamos también deben sumar 18. en la cara con 2 y 5 va el 3. 4. 6. Hay tres números que comparten dos caras con el 8: no pueden ser ni 7. 2 + 3 + 5. Cada número aparece en tres caras. Tomamos 8 en una esquina y 1. Para sumar 18. . y en la cara con 1 y 5 va el 4. Luego. Sólo falta de acomodar el 6 que va en la cara opuesta al 8. Buscamos números 3. 6 Como 18 − 8 = 10. 1 + 4 + 5. debemos elegir entre 1 + 2 + 7. 222 3 + W + < = 1332. 101W + 11< + 2` = 8 cuya única solución posible en enteros es W = 0. Como 11< + 2` ≤ 99 + 18 = 117 y 1009 − 117 = 892. que 2010 = 10013 + 101W + 11< + 2`. Es posible que Mauricio haya nacido en el 2004 y tenga actualmente 6 años. La suma de estas longitudes es 60. ` los dígitos del año de nacimiento de Mauricio de modo que nació en el año 3W<`. la suma de las 18 aristas es la misma que la de las 6 aristas originales.Haciendo la división. Si 3 = 1. entonces W > 8 nos deja el único caso de W = 9. Lo que sabemos es que 2010 − 10003 − 100W − 10< − ` = 3 + W + < + `. W. < = 0. Sólo hay 3 valores posibles para 3 = 0. 1. o bien. Hacemos los casos: 100 − 11 8 = 12 100 − 11 9 = 1 . Como las aristas de un tetraedro regular miden todas lo mismo. Luego. Problema 3. < > 7. Si 3 = 2. 101W + 11< + 2` = 1009. Sean 3. 2. en donde 11< + 2` = 100. cada una de las tres “nuevas” aristas mide lo mismo que cada uno de los tres segmentos de arista que fueron quitados de las esquinas. <. 3+W+< =6 y el único caso posible es 1 + 2 + 3 = 6. Problema 5. Problema 4. Como 2` ≤ 18 y 100 − 18 = 82. ` = 4 . Problema 8. Veamos que 101W + 11< + 2` ≤ 909 + 99 + 18 = 1026 < 2010. obtenemos 2A + [ = 3o como queríamos. < = 8. W = 9. si tiene 6. A. Si tiene 4. Sabemos que A = o + [. 4 o 6 letras B . ` = 6. 3A = 4o y queremos saber alguna equivalencia de 3o. Problema 7. Además. 2. o para triángulo y [ para círculo. podemos hacer 15×27 = 240 letras distintas. Problema 9. es posible que Mauricio haya nacido en 1986 y tenga actualmente 24 años. entonces podemos hacer 2×2×2×2×2×2 = 2] = 64 palabras usando sólo C. por lo que no hay soluciones si 3 = 0. Nuestras palabras pueden tener 0. Podemos sustituir uno de los cuadritos de la segunda balanza por un triángulo y un círculo para obtener 2A + o + [ = 4o. podemos elegir la posición de las letra B de = 15 maneras distintas 2 y las otras cuatro letras de 27 maneras distintas. Es decir. Usamos A para cuadrito. podemos hacer una única palabra. es decir 6 = 15 4 . podemos elegir la posición de las letras B de maneras distintas y las otras dos letras de 2: maneras distintas. 6 Si tiene 2. Si quitamos un triángulo de cada lado de la balanza.la única solución para este caso es 3 = 1. Luego. Problema 6. Si tiene 0. 64 + 1 + 240 + 60 = 365 palabras distintas. Problema 12. entonces 3 − W ≠ 0 así que 3 − W = 2010. para ir de h a j hay sólo dos maneras y sólo otras dos para llegar de j a k. En total. Como no podemos tocar los cuadros negros en los dos cuadros centrales. Problema 13. j. podemos tomar cualquiera de 6 maneras. una para cada día de un año no bisiesto. 2×1. en total hay 6×2×2×6 = 144. Para llegar de B a h y de k a C. por las maneras de llegar de j a k. Así. por las maneras de llegar de k a C. Problema 10. . Hagamos la suma de fracciones 3 − 2010 W + 2010 3 3 − 2010 + W W + 2010 + = W 3 3W : 3 − 20103 + W : + 2010W = =2 3W de donde obtenemos que 3: + W : + 2010 W − 3 = 23W y. k a los puntos donde se cruzan los cuatro cuadros de 3×3 que forman la figura. 3×2.15×4 = 60 palabras distintas. (i) Ofrecemos el siguiente acomodo de rectángulos de 1×1. W son distintos entre sí y distintos de cero. Llamemos h. haciendo un despeje 3: − 23W + W : = 2010 3 − W 3−W : = 2010 3 − W como 3. Las maneras de llegar de B a C son las maneras de llegar de B a h por las maneras de llegar de h a j. Problema 11. 4×1. 5×1. sumarían al menos 1 + 2 + 3 + 4 + 4 + 5 + 6 + 6 + 7 = 38 > 36 por lo que es imposible. 6×1 (ii) Si hubiera 9 rectángulos distintos. .2×2. 2×4. 3N 3] 3P 3e = T + T + U + T = T = T + U + T + T = T = U + T + T + T = T =T+T+T+T =U y así consecutivamente. W. tenemos un par desde m = 0 hasta m = 401. <. Problema 3. Nos concentraremos en analizar la paridad de los números. . W. <. U. Ahora. buscamos un valor de 9 tal que 180 9 − 2 = 144 9 1809 − 360 = 1449 1809 − 1449 = 360 369 = 360 9 = 10 así que se necesitan 7 pentágonos más para que sean 10 en total. Problema 2. 3. Además. el ángulo exterior a éstos mide 360 − 2 108 = 144. W. Los ángulos interiores de un pentágono regular miden 180 3 = 108. <. es decir. la lista empieza como T. T. Sean 3. de modo que hay un par en cada número de la forma 5m + 3. buscamos un polígono regular cuyos ángulos interiores midan 144. en la intersección de dos pentágonos. Así. es decir. 5 Luego.11 ONMAS y 2 ONMAP 2011 Problema 1. hay 401 números pares en la sucesión. W. Una panera posible de sentarlos es 3. 3. T. Como 2011 = 5 402 + 1. < los miembros de equipos distintos. . < + a = 11. entonces cada numero será factor de cuatro vértices. Luego. y. W + ` = 7. como la suma de las diferencias de un mismo equipo debe ser 6. factorizando nos queda (3 + b)(W + `)(< + a) = 385. ⁜ + 1 son números consecutivos. Problema 4. 9 = 5 y sólo para esos valores. Luego. Es decir 3! 8 = 68 = 216 maneras distintas de sentarlos. si expresamos a 385 como producto de primos. Veamos que 2530 = 2×5×11×23. tenemos que que 385 = 5×7×11. es posible para m = 1. en el inciso (a). una vez que ha pasado el alumno m. Veamos que m. supongamos que (3 + b) < (W + `) < (< + a). `. a. y b a los números escritos en cada cara del cubo. 9 = 23 m = 22. Sólo tenemos que ordenar a los miembros de cada equipo y multiplicarlo. que son los lugares que no ocupan. para el grupo 9. Llamemos a. Luego. luego 3 + b = 5. Problema 5 (Óscar José Santiago Hernández).Además. la única manera de repartirlo de manera equitativa es si la distancia entre dos consecutivos es de dos sillas. la suma de los números de las seis caras seria: 3 + W + < + ` + a + b = 23. Como sabemos que los vértices del cubo van a ser el producto de las tres caras adyacentes a éste. podemos escribir la suma como: 3W< + 3<` + 3`a + 3aW + bW< + b<` + b`a + baW = 385. 2 es decir. <. se tienen acumuladas 9 m m+1 . Es importante destacar que las pelotas se acumulan. queremos ver cuándo se satisface 9 m m+1 = 2530. Sin pérdida de generalidad. W. 9 = 1265 m = 10. Como W < `.Para el inciso (b). podemos asegurar que los tres yucas más pequeños son 104 9 = 936. Como ya recorrimos todas las terminaciones distintas de los múltiplos de 3. Problema 8. tenemos que b = 3.7 y 8 Problema 6. como < sólo puede ser igual a 4. 104 69 = 7176. Veamos que 39 = 3×13 y 104 = 8×13. 104 6 = 624. luego.3. Problema 9. < < a. digamos sin pérdida de generalidad que 3 < b. 104 39 = 4056. Así. luego W sólo puede ser 1 y ` = 6. Luego. el producto sólo puede ser igual si 9 tiene algún 0 y 9 + 1 también.4. En el segundo caso. Problema 7. 104 27 = 2808. como todos los números son diferentes y W + ` = 7. 9 puede ser en cada centena desde 00 hasta 09 y. Luego. Si el producto de los dígitos de 9 es distinto de 0. 104 15 = 1560. entonces a = 7 por lo tanto los posibles valores para los números que están en las caras del cubo son: 1. todos sus dígitos son distintos de 0. 104 24 = 2496. W solo puede ser 2.5. 104 18 = 1872 104 21 = 2184. y como < + a = 11 y < < a implica que < = 3 y a = 8. 104 9 = 936 104 12 = 1248. Podemos encontrar los tres yucas más pequeños sustituyendo valores de > siguiendo la tabla del 3: 104 3 = 312. W < `. el producto de los dígitos de 9 + 1 es 0 si el último dígito de 9 es 9 o bien. Problema 10. en la primera centena de cada millar. > debe ser un múltiplo de 3. cuando 3 = 2. para que 104> sea un múltiplo de 39. podemos calcular los valores posibles para los números m que están en las caras del cubo: como 3 + b = 5 y dado que son enteros positivos diferentes. En el primer caso si 3 = 1 entonces b = 4. es mayor al producto de los dígitos de 9 por el producto de los dígitos de 9 excepto el último dígito. entonces ` = 5.2. Es decir. . Lo dividimos en dos casos: tenemos cuando 3 = 1 y cuando 3 = 2.6. desde 000 hasta 109. Problema 11. Problema 12. Luego. hay 10 10 + 110 + 10 9 + 110 = 410 números aluxes. Problema 2. Además. El número del cuadrito del centro aparece en cuatro círculos distintos. Así. así que la parte interior representa y de cada e N circunferencia se salen del área. Los de las esquinas en sólo dos y los otros cuatro en tres círculos cada uno. la menor suma es 6 2 7 3 1 5 8 4 9 y la suma total es 4 1 + 3 2 + 3 + 4 + 5 + 2 6 + 7 + 8 + 9 = 4 + 42 + 60 = 106. queremos que los números más grandes se repitan más así que acomodamos 1 6 4 5 9 8 2 7 3 y la suma total es 4 9 + 3 8 + 7 + 6 + 5 + 2 1 + 2 + 3 + 4 = 36 + 78 + 20 = 134. e El área exterior al octágono en la flor de circunferencias grandes es 4 100V 5 8 mientras que el área exterior al octágono en la flor de circunferencias pequeñas es 8 100 5 V 4 8 así que la diferencia es 400V − 200V 5 5 = 200 = 125. 8 8 . como los ángulos interiores de un octágono suman 180 8 − 2 = 1080 así que cada 8 ángulo interno mide 135. Si queremos la mayor suma.12 ONMAS y 3 ONMAP 2012 Problema 1. Por un argumento similar. Las circunferencias grandes tienen radio del tamaño del lado y las circunferencias chicas tienen radio del tamaño de la mitad del lado. la diferencia es 134 − 106 = 28. el anterior es el 5 más grande que es divisible entre cada uno de sus dígitos. la suma ya no sería divisible ni entre 3 ni entre 9 y el número es más grande con dos dígitos que con uno. 2. Podemos calcular que hay 9×10×10 = 900 números paceños de cinco dígitos. Veamos que 0 no puede ser uno de los dígitos pues el único múltiplo de 0 es 0. Sin embargo. Si 5 es uno de los dígitos. la suma de los dígitos final es 7 2 + 2 + 4 503 = 2016. Como = 503. Además. Problema 5. Para que el número sea lo más grande posible. como no puede estar el 0. Problema 4. por cada número paceño hay un número no-paceño excepto para aquellos números que son iguales al derecho y al revés –los números capicúas. hay que poner los números mayores al principio. Supongamos que tiene los dígitos 1. entonces a`<W3 no lo es. 9864312 es múltiplo de todos sus dígitos y es el mayor número que podemos formar con esos dígitos. Podemos formar 312 que es múltiplo de 8. que no hemos considerado al 7. Así. Analicemos los primeros casos en búsqueda de un ciclo. 8. la suma de los dígitos aumenta en 4 pues se aumentan los :OS: dígitos 22. como hay 90. 9. 3. 6.Problema 3. y 2. 4. 4. Así. Problema 7. . Veamos que sí 3W<`a es un número paceño de cinco dígitos. Cada cuatro pasos. si metemos al 7. Problema 6. Luego.000 números de cinco dígitos. Nos concentramos en las decenas pues sabemos que están franqueadas por 20>2: 1 → 3 → 9 → 27 → 221. entonces 5 debe ser el último dígito y todos los dígitos son impares. entonces hay 90000 − 900 = 44550 2 números paceños de cinco dígitos. 7. sólo es posible que 2> + 1 = 1.1 + > m − 1 .1 + > + 1 m − 1 . m − 1 4> + 2 = 2008 m − 1 2> + 1 = 1004. Como 2> + 1 es impar. su suma mide lo mismo que un lado triángulo original. 125. 505. la única solución es > = 125. Si el tablero cuadrado mide m de lado.1 + > + 2 m − 1 y podemos calcular su suma como 4 + m − 1 > − 1 + > + > + 1 + > + 2 = 4 + m − 1 4> + 2 = 2012. si tenemos los cuatro números que cumplen eso. m = 5 de donde los vértices son 497. Hacemos 2012 2012 2012 + + = 287 + 41 + 6 = 334 : 7 7 78 por lo que esa es la cantidad de divisiones que se puede hacer. Como > > 1. Luego. podemos ver que el complemento mide 60° y por lo tanto los lados de los triángulos son paralelos. podemos asegurar que los vértices son de la forma 1 + >(m − 1). Problema 10. el producto debe tener al menos un factor 7 y un factor 2. Como hay más factores 2 que factores 7 en los números consecutivos.Problema 8. 501. basta con contar los factores 7. podemos decir que son 1 + > − 1 m − 1 . Luego. por lo que los triángulos exteriores al hexágono son equiláteros. pues para poder hacer la división. los lados miden 12 y 9 respectivamente por lo que el perímetro del hexágono vale 21. 509. Como el ángulo marcado mide 120°. 251 de donde > = 0. cada lado del hexágono es igual al lado de uno de los triángulos exteriores. Problema 9. Entonces. Como los perímetros miden 36 y 27. . Si tomamos un lado de cada uno de tres triángulos exteriores consecutivos. entonces la diferencia entre dos vértices consecutivos es m − 1. Luego. Problema 11. . Problema 12. . Número: 27 Múltiplos: 27. 63. 72. 80. Veamos que B y C son números de 2 dígitos. su diferencia es múltiplo de 18. 90. 30. 30. Hacemos la lista de todos los números primos mayores a 9 y menores a 100 para encontrar cuáles cumplen la condición de que. Número: 18 Múltiplos: 18. 48. 54. 91). 57. 84. 32. 60. Sea B el número pintado de azul y H el número pintado de rojo. 90. Número: 20 Múltiplos: 20. 98. 11). 75. 34. 77. 68. Número: 15 Múltiplos: 15. el año pasado tenían 17 y 71 años respectivamente y la diferencia es 54. Número: 26 Múltiplos: 26. 42. 65. 96. Solución 1. Ahora veamos los números del 10 al 50 y sus múltiplos: • • • • • • • • • • • • • • • • • • Número: 10 Múltiplos: 10. 60. 92. 56. 45. 80. 39. al invertirse. 70. 28. sea también un número primo. 96. Luego. 97). 69. Número: 25 Múltiplos: 25. 38. 44. 46. Número: 21 Múltiplos: 21. y veamos que cuando H > 50. 72. Problema 3 (Uriel Salazar). 75. 88. así que la edad de Adán este año es divisor de 18 mayor que 9. además H ≤ B. 36. 96. 36. Número: 23 Múltiplos: 23. 71) así que la abuela tenía 54 años cuando nació Adán. 50. Número: 13 Múltiplos: 13. 51. 42. 71) y (79. 48. Número: 24 Múltiplos: 24. 76. 52. 80. como la cifra de las decenas es distinta de cero H ≥10. 26. 78. 84. 44. 95. (17.13 ONMAS y 4 ONMAP 2013 Problema 1. 31). 22. H sólo tiene un múltiplo de dos dígitos. 48. Número: 11 Múltiplos: 11. 40. Número: 17 Múltiplos: 17. 70. 91. 84. que B < 100 y que H|B. 60. 64. 90. Número: 16 Múltiplos: 16. 40. 72. (13. 50. 20. 78. Como ambos números son impares y tienen los mismos dígitos. 81. Número: 19 Múltiplos: 19. 33. 85. Adán tiene exactamente 18 años. 99 Número: 12 Múltiplos: 12. Problema 2. Solución 2. 66. Al verificar la segunda condición. 88. 52. 60. vemos que la única que cumple es (17. 54. 24. Nos quedamos con las parejas (11. Número: 22 Múltiplos: 22. La diferencia es la misma siempre. 66. 55. Número: 14 Múltiplos: 14. (19. 1734. 4141. Número: 45 Múltiplos: 45. 2856. 4444. 1632. 2575. 58. Número: 48 Múltiplos: 48. 1919. 5555. 7070. 1836. 2626. 1664. 1995. 2781. 2142. 4949. 1560. 1020. 3193. 4386. 9393. Número: 41 Múltiplos: 41. 66. 2080. 1224. 86. 3838. 9090. 3264. 1040. 1696. 1414. los números de la lista de Deeds que cumplen son: 1010. Número: 47 Múltiplos: 47. 2987. 2424. 1428. 82. 6666. y los que sólo tiene un múltiplo de 2 dígitos: 5050. 1442. 72. 64. 7676. 2929. 1090.7373. 9494. 2121. 8686. 1818. 96 Número: 33 Múltiplos: 33. Número: 39 Múltiplos: 39. 2727. 3333. 76. 2472. 6060. 1785. Número: 43 Múltiplos: 43. 1648. 87. 1530. 1751. 3672. 1339. Número: 44 Múltiplos: 44. 3737. 1470.• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Número: 28 Múltiplos: 28. 4040. 84. Número: 46 Múltiplos: 46. 9595. 2828. 8383. 1938. 4545. 3366. 90 Número: 31 Múltiplos: 31. 2323. Número: 40 Múltiplos: 40. 2222. 3570. 1060. 4488. 8989. 6262. Por lo tanto. 3162. 1575. 2678. 2346. 1872. Número: 30 Múltiplos: 30. 3434. 2266. 2448. 7171. 1352. 8282. 1260. 2288. 2392. 2184. 6969. 1272. 1248. 9898. 1296. 3939. 62. 1976. 1284. Número: 29 Múltiplos: 29. 7777. 6363. 4284. 4747. 99. 1326. 8787. 3978. 1212. 70. 3468. 7575. 8888. Número: 38 Múltiplos: 38. 1717. 4896. 1456. 60. 94. 90. 1545. Número: 49 Múltiplos: 49. 2060. 5454. Número: 35 Múltiplos: 35. 6161. 6565. 5757. 74. 1080. 1590. 3774. 84. 4080. 3296. 4692. 2550. 4182. 2754. 3876. 1030. 3131. 4998. 2369. 3399. Número: 42 Múltiplos: 42. 3060. 9797. 2040. 1378. 98. 5959. 4242. 1498. 4343. 1616. 2958. 1890. 3030. 8484. 1680. 2244. 68. 6868. 1768. 1236. 1050. 5656. 1391. 1957. 92. 6464.9292. 2884. 4848. 3636. 5252. 2525. 78. 2652. 3232. 1365. 93 Número: 32 Múltiplos: 32. 9191. 7979. 2496. 80. 56. 5353. 6767. 9999 . 1515. 8585. 3090. 4646. Número: 36 Múltiplos: 36. 2020. 5858. Número: 34 Múltiplos: 34. 3535. 88. 7474. 9696. 7272. 4794. 1484. 4590. 8080. 1313. 7878. 1070. 1854. 5151. 96. 2163. Número: 37 Múltiplos: 37. 8181. Problema 4. Veamos que 203 + 13W = 73 + 13 3 + W = 2013. Necesitamos ver qué números cumplen que 7 | 2013 − 13: > para > un entero positivo menor a 12, pues 12 169 = 2028. Usando congruencias módulo 7, tenemos que 2013 − 169> ≡P 4 − > entonces, 4 ≡P >, por lo que es posible para ^R_ S8 = 4, 11 < 12. De aquí que 2013 − 169 4 = 191, 7 2013 − 169 11 3= = 22. 7 3= Entonces W = 169 4 − 191 = 485, W = 169 11 − 22 = 1837 de donde 191, 485 , (22, 1837) son las únicas soluciones. Problema 5. Problema 6. Problema 7. Después de que Gaby pierda un partido, se sienta un turno y juega el siguiente. Como ganó el segundo y sólo el segundo, no jugó en el primer juego. En total, se jugaron 8 + 13 + 1 = 22 partidos. Gaby ganó el segundo, perdió el tercero, perdió el quinto, el séptimo, el noveno, el onceavo, el treceavo, el quinceavo, el diecisieteavo, el diecinueveavo y el veintiunavo; en total, perdió 10 juegos. Problema 8. Veamos que la tabla sigue la secuencia de los múltiplos de 9 menos 1, menos 1, empezando en 9 5 − 1. El primer número de cada renglón aumenta en 6 múltiplos de 9. Podemos escribir el primer número del renglón m como 9 5+6 m−1 − 1. Así, el primer número del vigésimo renglón es 9 5 + 6 19 −1 y la suma de los seis números es 9 119 + 120 + 121 + 122 + 123 + 124 − 6 9 729 − 6 = 6555. Podemos ver que 6555 = 3×5×19×23. Problema 9. Problema 10. Problema 11. Problema 12. 14 ONMAPS 2014 Problema 1. Problema 2. Problema 3. Problema 4. Problema 5. Problema 6. Problema 7. Problema 8. Problema 9. Problema 10. Problema 11. Problema 12. 15 ONMAPS 2015 Problema 1. Vamos a contar los triángulos según su tamaño, distinguiendo los que apuntan hacia arriba de los que apuntan hacia abajo: Tamaño 1×1 2×2 3×3 4×4 5×5 6×6 7×7 8×8 9×9 10×10 Total Arriba 10 + 9 + ⋯ + 1 9+8+⋯+1 8+7+⋯+1 7+6+⋯+1 6+5+⋯+1 5+4+⋯+1 4+3+2+1 3+2+1 2+1 1 220 Abajo 9+8+⋯+1 7+6+⋯+1 5+4+⋯+1 3+2+1 1 0 0 0 0 0 95 Como estos son todos los triángulos posibles, en total hay 220 + 95 = 315. Problema 2. Vamos a ver dónde cae la última moneda en cada vuelta según el tamaño del salto: Dos en dos: Tres en tres: Cuatro en cuatro: Cinco en cinco: B, A, \, q, C, @, r. C, \, B, @, q, A, r. A, q, @, B, \, C, r. @, C, q, \, A, B, r. Como el último es siempre r, después de la cuarta vuelta sigue otra vez B, A, … como en la primera ronda. Así, tenemos un ciclo de 28 pasos y para eso, basta ver que si dividimos 2015 entre 28 el resultado es 2015 = 28 71 + 27 es decir, estamos en el paso 27 del ciclo 72. El paso 27 es el penúltimo paso, por lo tanto, la ficha 2015 cae en el vértice B. Problema 3. La ficha es un polígono regular de 9 lados, por lo que cada uno de sus SeO Qs: ángulos interiores mide . Además, si el polígono que se forma tiene = lados, Q como también queremos que sea regular, sus ángulos interiores deben medir SeO ts: . t 1.Como el polígono que se forma tiene una ficha cuadrada seguida de una ficha 9. 2. En este caso. Si saca de los cinco tipos distintos. Si saca de tres tipos… Si saca de cuatro tipos… . el =-ágono se construye en la dirección opuesta al dibujo. los ángulos interiores del =-ágono miden 360 − 90 − 90 − 60 = 120 por lo que sí podemos formar un hexágono regular. de dos tipos. puede sacar de un tipo. 2 y es imposible sumar un múltiplo de 5 usando nada más cinco pelotas. las 9 pelotas son iguales. podríamos tomar una de cada uno de los tipos y así sumaríamos 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 que es múltiplo de 5. veamos que la cantidad de pelotas no puede ser menor o igual a 8 pues José Luis podría haber sacado pelotas marcadas con 1. = 9 Problema 4. Si saca de dos tipos. de cuatro tipos o de cinco tipos. en este caso. 1. de tres tipos. Vamos a analizar por casos distinguiendo la cantidad de números distintos que puede sacar. tiene que tener una cantidad par de lados. esas cinco sumadas dan un múltiplo de 5. cualesquiera cinco suman un múltiplo de 5. 1. Es importante notar que. 2. Luego. 2. Si saca de un tipo. podemos plantear la siguiente igualdad: 180 = − 2 180 9 − 2 = 360 − + 90 = 9 de donde 270 = 180 = − 2 180 9 − 2 − . Es decir. por Principio de Casillas hay al menos cinco del mismo tipo. Analicemos por separado el caso en que la ficha 9 es un triángulo equilátero. Luego. vamos a demostrar que la menor cantidad que cumple es 9 pelotas. Ahora. Primero. es decir. = es par. Para todos los demás casos de = ≥ 3. tenemos que ∠y@B = ∠yB@. 23 + 1 2W + 1 − 1 2 de sus divisores son menores que 5 . es decir. Prolongamos la línea BC que cruza a esta tangente en y. 155. @. si son tangentes. 2015 y W = 2015. 65. Además. menores a 5. se sigue que 3W > 9 9 = 9. Luego en x8 . 403. 2 Simplificando esta expresión obtenemos que 43W + 23 + 2W − 23W − 23 − 2W = 3W = 2015. 13. en total podemos construir 3W = 2015 divisores @ diferentes. Problema 6. para cada pareja <. y@ son tangentes a xS . entonces 2v ∙ 3sw < 1 y 2^Rv ∙ 3_sw < 5. respectivamente. Luego. Sin embargo. 403. tenemos dos casos: 2v < 3w . tienen que serlo en esos puntos.Problema 5. subtiende el arco @\. 31. de los cuales todos menos uno son menores que 5. 65. 5. no querremos lo que deseamos. Tenemos que 3 ≥ < ≥ 1 y que W ≥ ` ≥ 1. ` tienen 3. ∠y@\ es semi-inscrito. el ∠CA@ es igual al suplementario del ángulo opuesto. las únicas parejas que cumplen son cuando 3 = 1. que es ∠yB@. W > 9. Solución 1. como BCA@ es cíclico. La diferencia entre estas dos cantidades es la cantidad de divisores de 5 : . 5. es decir. 2v > 3w . 31. Concluimos igual que la prueba anterior. si 2v > 3w . Como las circunferencias comparten los puntos A. Además. 5 = 2^ ∙ 3_ tiene (3 + 1)(W + 1) divisores. 155. . por lo que y@ también es tangente a x8 precisamente en @. ` de modo quelos divisores que buscamos son @ = 2^Rv ∙ 3_sw o bien @ = 2^sv ∙ 3_Rw . Buscamos enteros <. el ángulo y@\ mide lo mismo que el ángulo @A\. Luego. Trazamos la tangente a xS que pasa por @. Solución 1. el ángulo CA@ es el inscrito @A\. que no dividen a 5. W posibilidades cada uno. respectivamente. 2 Así. Como BC. Llamemos x8 el circincírculo del triángulo \A@. Además. Solución 2. Como <. queremos que 23 + 1 2W + 1 − 1 − 3 + 1 W + 1 − 1 = 2015. por el otro lado. o bien. ` hay un único divisor @ que podemos construir. de los cuales la mitad son menores que la raíz pues si 3W = 5 y 3. Es decir. En el mismo círculo. si 2v < 3w . Sabemos que 5 : = 2:^ ∙ 3:_ tiene (23 + 1)(2W + 1) divisores. que es una contradicción. 13. es decir. los cruces con > positivo se encuentran en los puntos de la forma Q QRS 16 por lo que buscamos el mayor número de esta forma que sea menor o : igual a 2015. además. concluimos el problema. 32. Procedemos por contradicción. es decir 8 9 9+1 < 2016 . es decir. La resta se ve así: W < ` 0 3 W < ` (< − W) (` − 1 − <) 3 (3) − (W − 3) (10 − `) donde entre paréntesis marcamos los dígitos de 95 (que no coinciden con las columnas de la resta por un problema de diseño). que es el mismo número. 3. Las demás se hacen directo porque 3 < W < < < `. vamos a calcular la suma de los dígitos de 105 − 5.Haciendo lo mismo para A y x: . es la mitad del área del paralelogramo @yA5 porque @A es una diagonal. Finalmente. Supongamos que xS cruza al circincírculo de x8 en @ y en @′. 120. tiene la misma altura. Así. Nos fijamos en los cruces de la espiral con los ejes del plano. el área del triángulo B5{ es el área de B5C menos el área de B{C. Cada nueva vuelta agrega dos nuevos escalones a cada “capa” en cada “lado” de la espiral. es decir. tiene el doble de área. Veamos que los cruces se dan en 0. Problema 9. cada nueva capa tiene 16 segmentos más que la anterior. En las unidades tenemos 10 − ` porque el 0 “pide prestado” a las decenas. por esa misma razón tenemos ` − 1 − < en las decenas del resultado. Luego. 8. 16. El triángulo @yA es la mitad del área del rectángulo BCA@. 48. 39. el triángulo BC5 tiene la misma base que el B{C y el doble de su altura. de modo que todas las operaciones marcadas tienen por resultado un dígito. 60. Por lo tanto. 16. es decir B5{ = B5C − B{C = 120 − 60 = 60. Solución 2. 48 son los cruces con el > positivo. 11. 23. Si sumamos los dígitos tenemos 3 + W − 3 + < − W + ` − 1 − < + 10 − ` = 9. Vamos a asociar cada segmento de recta con su punto final. Sabiendo esto. Problema 7. Problema 8. Como queremos la suma de los dígitos de 95. porque tiene la misma base y la misma altura. como el triángulo @5A también es la mitad y tiene la misma base.… donde 0. después de subir uno. vemos que la sucesión crece y alterna signo como sigue: +2 − 4 + 6 − 8 + 10 − 12 … Además. así. Estamos en la posición 1 − 3 + 5 − 7 + 9 − 11 + ⋯ + 61 = 31. Es decir. 9 = 31. el segmento = 1920 tiene coordenadas (0. 9 ≤ 31. el 2015 está en el siguiente cuadrante. veamos que 2015 tiene la misma posición horizontal que 2014. 9 ≤ 31. Como esto se pasa. que es el 1007-avo movimiento horizontal. Estamos en la posición 32 − 15 = 17 positiva. después del décimosexto corte bajan 31 escalones. después del segundo bajan 3 escalones. Marcaremos con signo positivo los movimientos hacia arriba o hacia la derecha y con signo negativo los movimientos hacia abajo o hacia la izquierda. vemos que la sucesión crece y alterna signo como sigue: 1 − 3 + 5 − 7 + 9 − 11 … Además. 30) y es el décimosexto : cruce –porque el primero fue el 0. los movimientos verticales son impares. Problema 10. 16). Ahora. Como estamos en (32. Después de ese paso. Veamos por separado los movimientos verticales de los horizontales. después del tercero bajan 5 escalones y así sucesivamente. Buscamos 9 tal que 9 9 + 1 ≤ 1007. 0) y vamos a restar (15. nos falta dar 47 pasos hacia abajo. que sería 1983 + 1 + 32 + 32 = 2048 . Concluimos que 2015 termina en (17. vamos a terminar en (17. vemos que 2015 es el impar número 1008. Solución 2. Buscamos 9 tal que 9: ≤ 1008. por lo tanto 2015 es vertical. −16) que es la posición del 2015. −16). Estamos en la posición 31 − 47 = −16. como 2007 − 31 32 = 15. S] SN S] Luego. Estaríamos en la posición 2 − 4 + 6 − 8 + ⋯ − +62 = 2 1 − 2 + 3 − ⋯ + 31 = 32 a la derecha. Luego. hacia la izquierda. . Además. bajamos quince escalones completos y bajamos uno. Veamos que después del primer corte. cada escalón baja uno y retrocede uno. el siguiente corte con | se da en el punto 1920 + 1 + 31 + 31 = 1983. baja 1 escalón. nos falta dar 15 pasos. En los movimientos horizontales.9 9 + 1 < 252 9 < 16. Como 1008 − 31: = 47. Además. En los movimientos verticales. como faltan 2015 − 1984 = 31. los movimientos horizontales son pares.7 de donde. avanzamos uno a la derecha y bajan 32 escalones para el siguiente corte. . las únicas soluciones se dan cuando 3 = 0 o W = 0. Finalmente. Luego. Es decir. (−2. tenemos que 3+W+2 : = 3W 3W + 23 + 2W + 4 que puede expresarse también como 3+W+2 : = 3: W : + 23W 3 + W + 2 . Las dos parejas solución son 0. es imposible llenar el panal completo.y gana tres lados. cuando agregamos miel a un hexágono vecino de tres exactamente tres hexágonos que sí tenían miel. Como el perímetro se mantiene constante y 216 < 234. Ahora. es decir. Completamos el cuadrado del lado derecho sumando 3 + W + 2 y obtenemos 2 3+W+2 : : de ambos lados = 3W + 3 + W + 2 : . 3 + W + 2 = 0 de donde 3W = 0. veamos que el panal de 20 capas tiene 6 ∙ 19 hexágonos exteriores por lo que el perímetro de toda la figura es 114 2 + 6 = 234. la figura que sí tiene miel pierde 3 lados –que comparte. el perímetro de la figura formada por 36 hexágonos es mayor cuando los hexágonos no comparten lado.Problema 11. Si desarrollamos el lado derecho. 0). −2 . Veamos que. Esto solo es posible que ambos cuadrados son 0. Tenemos que el doble de un cuadrado es igual a otro cuadrado. Problema 12. el perímetro inicial es menor o igual a 36 ∙ 6 = 216. Es decir. el perímetro de la figura formada por los hexágonos que sí tienen miel se mantiene igual. blogspot. Encuentra todo el material de Editorial Dinosaurio en editorialdinosaurio. Editorial Dinosaurio es un proyecto de CARMA.com facebook.mx Contacto CARMA / Casa Olímpica / Editorial Dinosaurio Juan de O’Donojú 425: (444) 811 8922 San Luis Potosí. SLP ugesaurio@gmail. Centro de Alto Rendimiento en Matemáticas.com/EditorialDinosaurio .com/CARmatematicas facebook. 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