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OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMATICASOMEC

2018

INDICE

INDICE

1 ENUNCIADOS 31.1 PRIMERA FASE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 NIVEL A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.2 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.3 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.1.4 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.1.5 NIVEL U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.2 SEGUNDA FASE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.2.1 NIVEL A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.2.2 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.2.3 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.2.4 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3 TERCERA FASE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.3.1 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.3.2 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.3.3 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.4 FASE FINAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.4.1 NIVEL A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.4.2 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361.4.3 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.4.4 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.4.5 NIVEL U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2 SOLUCIONES 432.1 PRIMERA FASE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.1.1 NIVEL A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.1.2 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.1.3 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.1.4 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.1.5 NIVEL U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.2 SEGUNDA FASE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.2.1 NIVEL A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.2.2 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.2.3 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.2.4 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.3 TERCERA FASE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.3.1 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.3.2 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.3.3 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

2.4 FASE FINAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.4.1 NIVEL A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.4.2 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.4.3 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.4.4 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 912.4.5 NIVEL U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3 PREMIADOS 1003.1 NIVEL A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1003.2 NIVEL 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1013.3 NIVEL 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1023.4 NIVEL 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033.5 NIVEL U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

ONM 2018 - OMEC 1

INDICE4 EQUIPO DE TRABAJO 105

5 AUSPICIANTES 105

ONM 2018 - OMEC 2

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL A

1 ENUNCIADOS

1.1 PRIMERA FASE

1.1.1 NIVEL A

Problema 1. ¿Cual de los numeros siguientes no es multiplo de 15?

A) 135

D) 785

B) 315

E) 915

C) 555

Problema 2. Ana, Esmeralda y Lucıa tienen, juntas, 33 dolares. Ana y Esmeralda, juntas, tienen 19 dolares y,Esmeralda y Lucıa, juntas, tienen 21 dolares. ¿Cuantos dolares tiene Esmeralda?

A) 6

D) 12

B) 7

E) 14

C) 10

Problema 3. Aumentando 2% el valor de un numero entero positivo, obtenemos el siguiente enteroconsecutivo (llamado tambien sucesor). ¿Cual es la suma de esos dos numeros?

A) 43

D) 101

B) 53

E) 115

C) 97

Problema 4. ¿Cual es el mayor numero de fichas que podemos colocar en un tablero 5× 5, a lo mas unaficha en cada casilla, de modo que el numero de fichas en cada fila y en cada columna sea multiplo de 3?

A) 6

D) 15

B) 9

E) 24

C) 12

Problema 5. Andres tiene 2018 bloques iguales de 10 cm de ancho por 20 cm de largo y 1,5 cm de espesor, ydecidio apilarlos formando una columna de 20 cm de ancho por 40 cm de largo, como en la figura, que vamostrando el apilamiento de los primeros 8 bloques. ¿Cual de los valores siguientes, en metros, es el masproximo a la altura de esa columna?

A) 7

D) 8.5

B) 7.5

E) 9

C) 8

Problema 6. ¿Cual de las alternativas representa un divisor de 35 · 44 · 53 ?

A) 42

D) 85

B) 45

E) 105

C) 52

Problema 7. Dividiendo el numero 4(42) por 44 obtenemos como resultado:

ONM 2018 - OMEC 3

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL AA) 2

D) 48

B) 43

E) 412

C) 44

Problema 8. Las cuatro caras de un dado son triangulos equilateros, numerados de 1 a 4, como en la figura.Colocamos dos dados iguales y hacemos coincidir dos caras, ya sea con el mismo numero o no. ¿Cual de losnumeros siguientes no puede ser la suma de los numeros de las caras visibles?

A) 12

D) 18

B) 14

E) 19

C) 17

Problema 9. ¿Cuantos divisores positivos de 120 son multiplos de 6?

A) 4

D) 8

B) 5

E) 12

C) 6

Problema 10. El dibujo muestra dos cuadrados de papel sobrepuestos, uno de lado 5 cm y otro de lado 6cm. ¿Cual es el perımetro de la figura formada (la lınea gruesa en el contorno del dibujo), en centımetros?

2 cm

1 cm

A) 31

D) 38

B) 34

E) 41

C) 36

Problema 11. La hora indicada por el reloj de la figura esta correcta. A partir de ese momento, sin embargo,el reloj comienza a atrasarse exactamente 5 minutos por cada hora real. ¿Despues de cuantos dıas, el relojvolvera a dar la hora correcta?

ONM 2018 - OMEC 4


D) 6

B) 2

E) 12

C) 4

Problema 12. En el retıculo siguiente, los puntos vecinos tanto en el sentido vertical como horizontal estan a1 cm de distancia. ¿Cual es el area de la region sombreada?

1cm

1cm

A) 7

D) 9

B) 8

E) 9.5

C) 8.5

Problema 13. Una cartelera colegial publico la tabla de posiciones de un campeonato interno de futbolformado por cuatro equipos, presentando los goles marcados y los goles recibidos por cada equipo. Por unerror de escritura, la tabla salio con dos numeros borrados, conforme se reproduce a continuacion:

Equipo Goles marcados Goles recibidosA 8 4B 1 6C 4 ***D 5 ***

Se sabe que el equipo D recibio dos goles mas que el equipo C. ¿Cuantos goles recibio el equipo D?

A) 2

D) 5

B) 3

E) 6

C) 4

Problema 14. Encuentre el menor numero multiplo de 9 que no tiene cifras impares.

A) 246

D) 204

B) 428

E) 288

C) 828

Problema 15. Algunos numeros enteros positivos, no necesariamente distintos, estan escritos en la pizarra.La suma de todos ellos es 83 y el producto es 1024. Entonces, el menor de todos los numeros escritos es iguala:

A) 1

D) 8

B) 2

E) 16

C) 4

Problema 16. En un aula de 7◦ ano, todos gustan de por lo menos una de dos materias: Matematicas oIngles. Se sabe que a 3

4 de los alumnos les gusta Matematicas y que a 57 de los alumnos les gusta Ingles. El

aula tiene 56 alumnos. ¿A cuantos alumnos les gustan las dos materias al mismo tiempo?

ONM 2018 - OMEC 5


D) 24

B) 8

E) 26

C) 13

Problema 17. El dibujo solo representa un pedazo de un tablero rectangular convencional, formado porcuadraditos de lado 1 cm. En ese tablero, 17 cuadraditos son blancos. ¿Cual es el area del tablero, encentımetros cuadrados?

A) 29

D) 40

B) 34

E) 50

C) 35

Problema 18. ¿Cual es la cantidad total de letras, de todas las respuestas incorrectas de esta pregunta?

A) Cuarenta y ocho

D) Cincuenta y dos

B) Cuarenta y nueve

E) Cincuenta y cuatro

C) Cincuenta

Problema 19. Cuatro amigos, Ana, Berta, Carlos y Daniel estan jugando cartas. Son 20 cartas diferentes, cadacarta es de uno entre 4 colores posibles (azul, amarillo, celeste, cafe) y tiene un numero de 1 a 5. Cada amigorecibe cinco cartas, de modo que todas las cartas son repartidas. Ellos hacen las siguientes afirmaciones:Ana: “Yo tengo cuatro cartas con el mismo numero.”Berta: “Yo tengo las cinco cartas cafes.”Carlos: “Mis cinco cartas son de colores que comienzan con la letra C.”Daniel: “Yo tengo tres cartas con un mismo numero y otras dos cartas con otro numero.”Se sabe que solamente una de las afirmaciones es falsa. ¿Quien hizo esa afirmacion?

A) Ana

D) Daniel

B) Berta

E) No es posible definir

C) Carlos

Problema 20. La figura siguiente fue recortada en cartulina y despues doblada para formar un icosaedro.Las caras en blanco fueron numeradas de modo que alrededor de cada vertice (puntas del solido) aparecenlos numeros del 1 al 5. ¿Que numero esta en la cara que tiene un signo de interrogacion?NOTA: Un icosaedro es un poliedro de 20 caras, siendo todas ellas triangulos equilateros.

A) 1

D) 4

B) 2

E) 5

C) 3

ONM 2018 - OMEC 6

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL 11.1.2 NIVEL 1

Problema 1. Jorge trota siete cuadras en el primer dıa de su programa de entrenamiento. El incrementasu distancia en dos cuadras cada dıa. El ultimo dıa, el troto 25 cuadras. ¿Cuantos dıas estuvo Jorge con elprograma de entrenamiento?

A) 5

D) 10

B) 8

E) 15

C) 9

Problema 2. Cuando cierto numero se divide entre 9, el cociente es 6 y el residuo es 4. Hallar el numero.

A) 58

D) 67

B) 42

E) 49

C) 33

Problema 3. El 60% de un numero es 42. Hallar el 50% del mismo numero.

A) 25

D) 35

B) 28

E) 40

C) 30

Problema 4. La razon (24)8

(48)2 es igual a:

A) 14

D) 2

B) 12

E) 8

C) 1

Problema 5. Hallar la maxima cantidad de dıas lunes que pueden existir en los 45 primeros dıas de un ano.

A) 5

D) 8

B) 6

E) 9

C) 7

Problema 6. Doce globos estan dispuestos en cırculo como se muestra en la figura. Contando en el sentidode las agujas del reloj, cada tercer globo explota. C es el primero en explotar. Esto continua alrededor delcırculo hasta quedar dos globos sin explotar. Hallar los dos ultimos globos que quedaron.

A

D

G

J

CK

B

F

IE

L

H

A) B, H

D) E, J

B) B, G

E) F, K

C) A, E

Problema 7. Hallar la fraccion coloreada de negro en la figura sabiendo que todos los triangulos sonequilateros.

ONM 2018 - OMEC 7

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL 1

A)34

D)49

B)12

E)2764

C)916

Problema 8. Se escriben los numeros del 1 al 9 en los nueve cuadritos, de forma que las sumas de los cuatronumeros en cada una de las aspas de la helice sean iguales y del mayor valor posible. El valor de la suma es:

A) 23

D) 20

B) 22

E) 19

C) 21

Problema 9. Tres pequenos triangulos equilateros del mismo tamano se recortan de las esquinas de otrotriangulo equilatero mas grande, cuya longitud es de 6 cm de lado. La suma de los perımetros de los trestriangulos pequenos es igual al perımetro del hexagono sombreado. ¿Cual es el lado de los triangulospequenos?

A) 1 cm

D) 2 cm

B) 1.22 cm

E) 2.5 cm

C) 1.5 cm

Problema 10. Toda la produccion mensual de latas de refrigerante de una cierta fabrica fue vendida a tres

personas. Para la persona A fue vendida la mitad de la produccion; para la persona B fueron vendidos25

dela produccion y para la persona C fueron vendidas 2500 unidades. ¿Cual fue la produccion mensual de esafabrica?

A) 4166 latas

D) 25000 latas

B) 10000 latas

E) 30000 latas

C) 20000 latas

Problema 11. Los numeros enteros positivos del 1 al 1000, son escritos, uno al lado del otro, en ordencreciente, formando la secuencia 123456789101112131415...9991000. En esta secuencia, ¿cuantas veces apareceel grupo 89 ?

A) 98

D) 89

B) 32

E) 21

C) 22

Problema 12. Un cuadrado de area 1 fue dividido en 4 rectangulos congruentes, conforme se indica en eldiseno de la izquierda. Enseguida, los cuatro rectangulos fueron reagrupados de manera que formen uncuadrado, con un espacio cuadrado en el centro, conforme se indica en el diseno de la derecha.

ONM 2018 - OMEC 8

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL 1A) 1

2

D) 34

B) 916

E) 1

C) 1625

Problema 13. Los enteros positivos han sido coloreados de rojo, azul o verde: 1 es rojo, 2 es azul, 3 es verde,4 es rojo, 5 es azul, 6 es verde y ası sucesivamente. ¿De que color puede ser la suma de un numero rojo y unnumero azul?

A) imposible de determinar

D) solo rojo

B) rojo o azul

E) solo azul

C) solo verde

Problema 14. Cuatro de las cinco expresiones dadas tienen la siguiente propiedad: Si reemplazamos el 8por otro numero entero positivo (usando siempre el mismo numero en cada reemplazo) se obtiene el mismoresultado. ¿Cual es la expresion que no tiene esta propiedad?

A)8 + 8− 8

8

D) 8− 88+ 8

B) 8 +88− 8

E)8 · 8

88

C)8 + 88 + 8

Problema 15. La lınea ”quebrada” AB es dibujada manteniendo el mismo patron mostrado en la figura. Lalongitud total de la poligonal es igual a:

A) 31

D) 97

B) 88

E) 105

C) 90

Problema 16. En la figura ∠AFE = 93◦ , ∠DEA = 58◦ , ∠BGA = 100◦. Halla el valor numerico en gradosde ∠ABC.

A

B

C

D

E

F

G

A) 35◦

D) 65◦

B) 42◦

E) 109◦

C) 51◦

Problema 17. Cinco animales A, B, C, D, y E, son perros o lobos. Los perros siempre dicen la verdad y loslobos siempre mienten. A dice que B es un perro. B dice que C es un lobo. C dice que D es un lobo. D diceque B y E son animales de especies diferentes. E dice que A es un perro. ¿Cuantos lobos hay entre los cincoanimales?

ONM 2018 - OMEC 9


D) 4

B) 2

E) 5

C) 3

Problema 18. Las medidas de los lados de un rectangulo son numeros enteros distintos. El perımetro y elarea del rectangulo se expresan por el mismo numero. Determine ese numero.

A) 18

D) 9

B) 12

E) 36

C) 24

Problema 19. Sofıa lanzo un dado cuatro veces y obtuvo un total de 23 puntos. ¿En cuantos lanzamientosobtuvo 6 puntos?

A) 0

D) 3

B) 1

E) 4

C) 2

Problema 20. El numero primo mas grande menor de 30 que se puede escribir como la suma de dos primoses:

A) 29

D) 17

B) 23

E) 13

C) 19

Problema 21. En una conferencia de matematicas, se utilizan las siguientes equivalencias:

1 calculadora = 100 reglas10 reglas = 30 graduadores

25 graduadores = 50 compases

¿Cuantos compases son equivalentes a 1 calculadora?

A) 400

D) 500

B) 600

E) 200

C) 300

Problema 22. En un tablero rectangular con 6 filas y 9 columnas, 32 casillas estan ocupadas. Podemosafirmar que:

A) Todas las columnas tienen,por lo menos, 3 casillas ocu-padas.

D) Alguna fila tiene, por lomenos, 6 casillas ocupadas.

B) Ninguna columna tiene masde 3 casillas ocupadas.

E) Todas las filas tienen, por lomenos, 4 casillas ocupadas.

C) Alguna columna no tienecasillas ocupadas.

Problema 23. ¿Cuantos numeros de dos dıgitos no son primos, ni multiplos de 2, 3, o 5?.

A) 1

D) 4

B) 2

E) mas de 4

C) 3

Problema 24. En la malla cuadriculada a continuacion, todas las circunferencias tienen centro en M.Entonces se puede concluir que el area ombreada es

ONM 2018 - OMEC 10


A) dos quintos del area delcırculo mayor

D) cuatro septimos del area delcırculo mayor

B) tres septimos del area delcırculo mayor

E) tres quintos del area delcırculo mayor

C) la mitad del area del cırculomayor

Problema 25. Las figuras, a continuacion, han sido construıdas con palitos negros y blancos. Para construirlas figuras, los palitos negros fueron colocados solo en los bordes, y los blancos, solo en el interior. La figurade numero n corresponde a un rectangulo de 3× n. Continuando ese procedimiento, ¿cuantos palitos blancostendremos en la figura 2 018?

A) 2018

D) 10020

B) 4016

E) 10087

C) 12006

ONM 2018 - OMEC 11


Problema 1. Decir que una pantalla de television tiene 20 pulgadas significa que la diagonal de la pantallamide 20 pulgadas. ¿Cuantas pantallas de television de 20 pulgadas caben en una de 40 pulgadas?

A) 1

D) 6

B) 2

E) 4

C) 9

Problema 2. Un comerciante compro dos carros por un total de $27000. Vendio el primero con un lucro de10% y el segundo, con un perjuicio de 5%. En total gano $750. Los precios de compra fueron, respectivamente:

A) $10000 y $17000

D) $15000 y $12000

B) $13000 y $14000

E) $18000 y $9000

C) $14000 y $13000

Problema 3. En la figura ∠AFE = 93◦ , ∠DEA = 58◦ , ∠BGA = 100◦. Halla el valor numerico en grados de∠ABC.

A

B

C

D

E

F

G

A) 35◦

D) 65◦

B) 42◦

E) 109◦

C) 51◦

Problema 4. Los enteros positivos han sido coloreados de rojo, azul o verde: 1 es rojo, 2 es azul, 3 es verde,4 es rojo, 5 es azul, 6 es verde y ası sucesivamente. ¿De que color puede ser la suma de un numero rojo y unnumero azul?

A) Imposible de determinar

D) Solo rojo

B) Rojo o azul

E) Solo azul

C) Solo verde

Problema 5. El numero primo mas grande menor de 30 que se puede escribir como la suma de dos primoses:

A) 29

D) 17

B) 23

E) 13

C) 19

Problema 6. Se escriben los numeros del 1 al 9 en los nueve cuadritos, de forma que las sumas de los cuatronumeros en cada una de las aspas de la helice sean iguales y del mayor valor posible. El valor de la suma es:

ONM 2018 - OMEC 12


D) 20

B) 22

E) 19

C) 21

Problema 7. En la figura el triangulo ABC es isosceles con AB = AC. Hallar el valor numerico en gradosdel angulo x.

A

B C

xx

40◦

A) 50◦

D) 65◦

B) 55◦

E) 70◦

C) 60◦

Problema 8. Una forma equivalente de escribir (a−1 + b−1)−1 es:

A)ab

a + b

D) a + b

B)a + b

ab

E) ab

C)1a+

1b

Problema 9. El doble de un numero positivo es el triple de su cubo. El numero es:

A)√

2/3

D) 3√

2/√

3

B) 1

E) 3√

3/√

2

C)√

3/2

Problema 10. En la figura, ABCD es un cuadrado y P un punto sobre la circunferencia de diametro CD. SiCP = 7 y PD = 11. Hallar el area del cuadrado.

A

B C

D

P

A) 144

D) 180

B) 169

E) 255

C) 170

Problema 11. Una empresa compro 2 000 litros de leche pura y entonces, retiro cierto volumen V, de esaleche, para la produccion de yogurt y sustituyo ese volumen por agua. Enseguida, retiro nuevamente elmismo volumen V de la mezcla y, nuevamente, lo sustituyo por agua. En la mezcla final existen 1 125 litrosde leche. El volumen V es:

A) 500

D) 800

B) 600

E) 900

C) 700

Problema 12. La estrella que muestra la figura esta formada con 12 pequenos triangulos equilateros identicos.El perımetro de la estrella es 36 cm. ¿Cual es el perımetro del hexagono sombreado?

ONM 2018 - OMEC 13


A) 6 cm

D) 24 cm

B) 12 cm

E) 30 cm

C) 18 cm

Problema 13. Hallar cuantas ternas ordenadas de numeros reales (x, y, z) satisfacen la ecuacion:

(x2 − 1)2 + (y2 − 4)2 + (z2 − 9)2 = 0

A) 0

D) 6

B) 2

E) 8

C) 4

Problema 14. Cinco animales A, B, C, D, y E, son perros o lobos. Los perros siempre dicen la verdad y loslobos siempre mienten. A dice que B es un perro. B dice que C es un lobo. C dice que D es un lobo. D diceque B y E son animales de especies diferentes. E dice que A es un perro. ¿Cuantos lobos hay entre los cincoanimales?

A) 1

D) 4

B) 2

E) 5

C) 3

Problema 15. Un triangulo grande se divide en cuatro triangulos y tres cuadrilateros trazando tres segmentosde recta como se muestra en la figura. La suma de los perımetros de los tres cuadrilateros es igual a 25 cm.Los perımetros de los cuatro triangulos suman 20 cm. El perımetro del triangulo original (grande) es 19 cm.¿Cual es la suma de las longitudes de los tres segmentos de recta?

A) 11 cm

D) 15 cm

B) 12 cm

E) 16 cm

C) 13 cm

Problema 16. Digamos que un numero entero es Olımpico si: (1) tiene tres dıgitos y (2) tanto si se le retira elprimer dıgito, como si se le retira el tercero, no ambos a la vez, lo que queda es un cuadrado perfecto. ¿Cuales la suma de todos los numeros Olımpicos?

A) 1013

D) 1993

B) 1177

E) 2018

C) 1465

Problema 17. Dado un triangulo ABC, donde ∠BAC = 80◦ y ∠ACB = 40◦, la medida del angulo agudoformado por las bisectrices de los angulos interiores ∠BAC y ∠CBA es:

ONM 2018 - OMEC 14

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL 2A) 40◦

D) 90◦

B) 60◦

E) 110◦

C) 70◦

Problema 18. Si calculamos la suma de los dıgitos de un numero de siete cifras nos da 6. ¿Cual es elproducto de estos dıgitos?

A) 5

D) 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6

B) 6

E) 0

C) 7

Problema 19. Trazando segmentos, podemos dividir un cuadrado en dos cuadraditos congruentes, cuatrotrapecios congruentes y dos triangulos congruentes, conforme se indica en el diseno, abajo a la izquierda.Eliminando algunas de esas partes, podemos formar el octogono representado a la derecha. ¿Que fracciondel area del cuadrado fue eliminada?

A)19

D)13

B)29

E)38

C)14

Problema 20. El producto de un millon de numeros naturales, no necesariamente distintos, es igual a unmillon. ¿Cual es el mayor valor posible para la suma de esos numeros?

A) 1000000

D) 1999999

B) 1250002

E) 13999432

C) 1501999

Problema 21. ¿Cuantos numeros enteros positivos, menores que 900, son multiplos de 7 y terminan en 7?

A) 10

D) 13

B) 11

E) 14

C) 12

Problema 22. En la malla cuadrada de abajo, hay 6 cuadrados de lado 30 cm y se traza la diagonal. El areadel triangulo ABC es:

A) 150

D) 50

B) 112.5

E) 25

C) 75

Problema 23. Si xy = 2 y x2 + y2 = 5, entoncesx2

y2 +y2

x2 + 2 vale:

ONM 2018 - OMEC 15


A)52

D)12

B)254

E) 1

C)54

Problema 24. Una escuela va a organizar un paseo al zoologico, para lo cual tiene dos opciones de transporte.La primera opcion es alquilar furgonetas: cada furgoneta puede llevar hasta 6 ninos y su alquiler cuesta $ 60.La segunda opcion es contratar una empresa para hacer el servicio: la empresa usa un bus con capacidadpara 48 ninos y cobra un precio base de $ 237, mas $ 120 por cada bus utilizado. ¿A partir de que cantidadde ninos es mas barato contratar los buses?

A) 28

D) 33

B) 31

E) 36

C) 32

Problema 25. El resto de la division por 9 de√

1111111111− 22222 es:

A) 0

D) 6

B) 1

E) 8

C) 3

ONM 2018 - OMEC 16


Problema 1. Un comerciante compro dos carros por un total de $27000. Vendio el primero con un lucro de10% y el segundo, con un perjuicio de 5%. En total gano $750. Los precios de compra fueron, respectivamente:

A) $10000 y $17000

D) $15000 y $12000

B) $13000 y $14000

E) $18000 y $9000

C) $14000 y $13000

Problema 2. Los dıgitos 1, 2, 3, 4 se pueden ordenar de veinticuatro formas diferentes en numeros de cuatrodıgitos cada uno. Si estos veinticuatro numeros se ordenan de menor a mayor. ¿Cual es la posicion que ocupael numero 3142?

A) 13◦

D) 16◦

B) 14◦

E) 17◦

C) 15◦

Problema 3. En la figura, ABCD es un cuadrado y P un punto sobre la circunferencia de diametro CD. SiCP = 7 y PD = 11. Hallar el area del cuadrado.

A

B C

D

P

A) 144

D) 180

B) 169

E) 225

C) 170

Problema 4. Resolver la ecuacion en el conjunto de los numeros reales:√

x + 1 +√

x− 1√x + 1−

√x− 1

= 3

A)53

D) 1

B)35

E) 3

C) 0

Problema 5. Un triangulo grande se divide en cuatro triangulos y tres cuadrilateros trazando tres segmentosde recta como se muestra en la figura. La suma de los perımetros de los tres cuadrilateros es igual a 25 cm.Los perımetros de los cuatro triangulos suman 20 cm. El perımetro del triangulo original (grande) es 19 cm.¿Cual es la suma de las longitudes de los tres segmentos de recta?

A) 11 cm

D) 15 cm

B) 12 cm

E) 16 cm

C) 13 cm

ONM 2018 - OMEC 17

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL 3Problema 6. En la figura, DEFG es un cuadrado y ABCD es un rectangulo con AB = 1, AD = 2 y DG = 4.Se traza un segmento desde A pasando por C y que corta a FG en H. Calcular el area de la region sombreada.

A

B C

D

E F

G

H

1

2 4

A) 8

D) 10

B) 8.5

E) 10.5

C) 9

Problema 7. ¿Cuantos numeros de cuatro cifras hay, tal que el dıgito de las centenas es 3 y la suma de lasotras tres cifras tambien es 3?

A) 8

D) 3

B) 6

E) 2

C) 4

Problema 8. Si xy = 2 y x2 + y2 = 5, entoncesx2

y2 +y2

x2 + 2 vale:

A)52

D)12

B)254

E) 1

C)54

Problema 9. Una escuela va a organizar un paseo al zoologico, para lo cual tiene dos opciones de transporte.La primera opcion es alquilar furgonetas: cada furgoneta puede llevar hasta 6 ninos y su alquiler cuesta $ 60.La segunda opcion es contratar una empresa para hacer el servicio: la empresa usa un bus con capacidadpara 48 ninos y cobra un precio base de $ 237, mas $ 120 por cada bus utilizado. ¿A partir de que cantidadde ninos es mas barato contratar los buses?

A) 28

D) 33

B) 31

E) 36

C) 32

Problema 10. ABC es un triangulo rectangulo con catetos de longitud 6 cm y 8 cm. Los puntos K, L, M sonlos puntos medios de los lados del triangulo. ¿Cuanto mide el perımetro del triangulo KLM?

A) 10 cm

D) 20 cm

B) 12 cm

E) 24 cm

C) 15 cm

Problema 11. Los lados de un triangulo rectangulo forman una progresion aritmetica que tiene como suma48. Hallar el area del triangulo.

A) 24

D) 54

B) 96

E) 84

C) 48

Problema 12. La media aritmetica de las edades de un grupo de medicos y abogados es 40 anos. La mediaaritmetica de las edades de los medicos de 35 anos y la de los abogados es 50 anos. Se puede afirmar que:

ONM 2018 - OMEC 18

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL 3A) El numero de abogados es el

doble del numero de medicosen el grupo.

D) Hay un abogado de mas enel grupo.

B) El numero de medicos es eldoble de numero de aboga-dos en el grupo.

E) Existen las mismas canti-dades de medicos y abogadosen el grupo.

C) Hay un medico de mas en elgrupo.

Problema 13. Determine la cantidad de soluciones de la ecuacion (x− y)2 + x2 = 25 donde x, y son enteroscon x ≥ 0

A) 4

D) 8

B) 6

E) 16

C) 7

Problema 14. En el plano cartesiano el punto A = (2, 3) se refleja con respecto al eje x en el punto B, luegoB se refleja con respecto a la recta y = x en el punto C. Hallar el area del triangulo ABC.

A) 12

D) 16

B) 14

E) 24

C) 15

Problema 15. Los valores de x, y y z satisfacen las ecuaciones

x +1y= 5 (1)

y +1z= 1 (2)

z +1x= 2 (3)

El valor de x + 3y + 2z es igual a:

A) 5

D) 8

B) 6

E) 9

C) 7

Problema 16. Sea PQR un triangulo rectangulo, recto en Q y sean los puntos S, T, U en los lados QP, PR, RQrespectivamente tales que PS = PT y RT = RU. Hallar la medida en grados de ∠STU.

A) 15◦

D) 60◦

B) 30◦

E) 75◦

C) 45◦

Problema 17. El resto de la division por 9 de√

1111111111− 22222 es:

A) 0

D) 6

B) 1

E) 8

C) 3

Problema 18. En la figura el triangulo rectangulo ABC es recto en C. Se conoce que AB = 20, AC = 12,AD = DB y DE ⊥ AB. Hallar el area del cuadrilatero ADEC

A B

C

D

E

ONM 2018 - OMEC 19


D) 752

B) 1172

E) 70

C) 48

Problema 19. Sea f una funcion real de variable real, que satisface la condicion

f (x) + 2 f(

2018x

)= 3x para todo x > 0 (4)

El valor de f (2) es igual a:

A) 1009

D) 2018

B) 2014

E) 2020

C) 2016

Problema 20. Hallar el dıgito de las unidades de la suma:

1! + 2! + 3! + · · ·+ 98! + 99!

Nota: n! = 1× 2× 3 · · · × n

A) 1

D) 4

B) 2

E) 5

C) 3

Problema 21. Dos personas van a disputar una partida de PARES o NONES. A ellas no les gusta el ceroy, ası, cada una coloca 1, 2, 3, 4 o 5 dedos con igual probabilidad. La probabilidad de que la persona queescogio PAR, gane, es:

A) 12

D) 1225

B) 25

E) 1325

C) 35

Problema 22. Sea α la raız mayor de x2 + x− 1 = 0. El valor de α5 − 5α es:

A) -1

D) 1

B) -2

E) −1+√

52

C) -3

Problema 23. En la circunferencia de abajo, tenemos que AB = 4, BC = 2, AC es un diametro y∠ABD = ∠CBD. ¿Cual es la longitud del segmento BD?

A) 2√

3 + 1

D) 2 +√

5

B) 9√5

E) 4

C) 3√

2

Problema 24. N = a539984b es un numero entero positivo con ocho dıgitos, siendo el primero y el ultimodesconocidos. Sabiendo que N es un multiplo de 198, encuentre el dıgito de las unidades de N

198 .

ONM 2018 - OMEC 20


D) 8

B) 6

E) 9

C) 7

Problema 25. En el triangulo ABC, se tiene que ∠BAC = 60◦ y ∠CBA = 50◦. Sean, M el punto medio dellado AB y P el punto sobre el lado BC, tal que AC + CP = BP. ¿Cual es la medida del angulo ∠MPC?

A) 110◦

D) 135◦

B) 120◦

E) 145◦

C) 125◦

ONM 2018 - OMEC 21

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL U1.1.5 NIVEL U

Problema 1. Danielle lanza al mismo tiempo 3 dados iguales y justos, y nota que la suma de los numeros dedos dados es igual al numero del dado restante. Perpleja por esta coincidencia, decide calcular la probabilidad

de que esto suceda y obtienepq

, donde p, q son enteros positivos primos entre sı. Hallar p + q.

Problema 2. Evaluar el siguiente lımite

limx→0

sen(20 sen(18x))sen(x)

Problema 3. Denotamos por bxc al mayor entero menor o igual que x. Hallar∫ 100

0b√

xc dx

Problema 4. La distancia entre la recta 6x− y− 40 = 0 y la parabola y = 3x2 − 12x + 15 es d = a√b, con

maximo comun divisor entre a y b igual a 1. Hallar a + b.Nota: La distancia entre dos conjuntos A y B se define como el elemento mınimo del conjunto {d(a, b)|a ∈A, b ∈ B} donde d(a, b) denota la distancia euclidiana entre los puntos a y b.

Problema 5. Sea a un numero real fijo. Se define la funcion f : R2 → R2

f (x, y) =[

2x + |a| y3y + |a| x− x

]Hallar para cuantos valores de a la funcion f tiene dos o mas ceros.

Problema 6. Hallar las ultimas dos cifras del siguiente numero

201820182018 − 20182018

Problema 7. Sean α ∈ R y

x(α) =[

100α

], A =

[1 −3−3 1

].

Se define la funcion: f : R→ R como f (α) = x(α)T Ax(α). ¿Para cuantos valores enteros de α se cumple quef (α) < 0?

Problema 8. Se define la curva parametrica r(t) =(

cosπt6

, senπt5

). ¿Cuantas soluciones tiene la ecuacion

r(t) = (0, 0) en el intervalo [0, 2018]?

Problema 9. Se define la funcion escalar f : R2 → R como f (x, y) = 20 + 6x + 4y− xy. Para todo enteropositivo n, se define la trayectoria Sn como sigue: se empieza en el punto (0, 0) hasta el punto (n, n) siguiendola curva y = n( x

n )n.

Hallar el maximo valor que puede tomar la siguiente integral de lınea evaluada sobre las distintas trayectoriasSn ∫

Sn

∇ f · ds

Nota: ∇ f denota el gradiente de la funcion escalar f y esta dado por el vector

∇ f =

(∂ f∂x

,∂ f∂y

)

ONM 2018 - OMEC 22

ENUNCIADOS PRIMERA FASE NIVEL UProblema 10. Danielle dibuja la curva de un polinomio P(x) en el plano y elige un punto de la curva por elcual traza la recta tangente, y nota que esta recta corta a la curva en exactamente 7 puntos (incluido el puntode tangencia). ¿Cual es el mınimo valor del grado del polinomio P(x)?

Problema 11. Se define a0 = 0 y an = n− an−1 para todo n ≥ 1. Ademas, se define sn = 1n

n∑

i=0an.

Calcular s2018.

Problema 12. Una funcion racional es el cociente de dos polinomios con coeficientes reales. Se deseaaproximar una funcion racional en la variable x como Cxα donde α es la diferencia entre el grado delnumerador y el denominador y C es el cociente entre el coeficiente principal del numerador y el denominador.Por ejemplo

x4 + 13x2 + 1

se aproxima como13

x2

Hallar el coeficiente C para la aproximacion de la quinta derivada dex15 + a14x14 + . . . + a1x + a0

42x5 + b4x4 + . . . + b1x + b0.

Problema 13. Sea

A =

1 0 0 00 8 −3 00 10 −3 00 0 0 −1

Hallar la traza de A5 − A4.Nota: La traza de una matriz es la suma de los elementos en su diagonal.

Problema 14. Danielle mientras aprende calculo comete el error de calcular la derivada del producto dedos funciones no constantes y1 e y2 como el producto de sus derivadas, y sin embargo obtiene el resultadocorrecto. Si se sabe que y2(x) = eCx, y1(0) = e10, e y1(100) = e111, calcular C.

Problema 15. Sea U el espacio vectorial formado por todos los polinomios con coeficientes reales de gradomenor o igual que 2018. Sea V el subespacio formado por todos los polinomios con coeficientes reales degrado menor o igual que 2. Sean u1, u2 ∈ U, se define el producto interno como

〈u1, u2〉 =∫ 1

0u1(x)u2(x) dx

y la norma como ‖u1‖ =√〈u1, u1〉.

Para un vector u ∈ U definimos como su aproximacion en V al vector uV ∈ V tal que ‖u− uV‖ sea mınimo.Si u(x) = x3, entonces uV(1) =

pq , donde p, q son enteros positivos primos entre sı. Hallar p + q.

ONM 2018 - OMEC 23

ENUNCIADOS SEGUNDA FASE NIVEL A1.2 SEGUNDA FASE

1.2.1 NIVEL A

Problema 1. Hallar los dıgitos A, B, C tales que

AB+ BC

CAABC

Nota: Por ejemplo, si ABC = 461, entonces AB = 46, BC = 61, CA = 14.

Problema 2. Una lista de dıgitos se escribe en una pizarra siguiendo el proceso: cada vez se escribe el ultimodıgito del producto a× b, donde a y b son los ultimos dos dıgitos escritos, por ejemplo, si los dıgitos inicialesfueran 1, 8 entonces la lista serıa 1, 8, 8, 4, ....Hallar el dıgito de la posicion 2018 si la lista inicia con los dıgitos 3, 4.

Problema 3. En el rectangulo ABCD se han dibujado los arcos de tres circunferencias con centros en losvertices A, B y C, como se muestra en la grafica y cada arco es un cuarto de circunferencia. La circunferenciacon centro en A tiene un radio de 3 y la circunferencia con centro en C tiene un radio de 1.

A B

CD

Hallar el area sombreada.

Problema 4. Hallar la cantidad de numeros mayores a 2018 que pueden formarse a partir de los dıgitos1, 2, 3, 4, 5 y que no tengan ninguna cifra repetida.

Problema 5. En un pizarron estan escritos los enteros del 1 al 10000, en orden. Se borran los multiplos de 5y despues todos los multiplos de 11. De los numeros que quedan sin borrar, ¿cual queda en la posicion 2018?

ONM 2018 - OMEC 24

ENUNCIADOS SEGUNDA FASE NIVEL 11.2.2 NIVEL 1

Problema 1. ¿Cual es el menor valor posible del entero positivo n para que la expresion√

18 · n · 34 seaentera?

Problema 2. ¿Cual es el menor numero natural tal que la suma de sus dıgitos es 33?

Problema 3. En la figura, los triangulos ABC, ADE, and EFG son todos equilateros. Los puntos D y G sonpuntos medios de los segmentos AC y AE, respectivamente. Si AB = 4, ¿cual es el perımetro de la figuraABCDEFG?

Problema 4. ¿De cuantas maneras se puede dividir una moneda de 25 centavos usando monedas de 1, 5 y10 centavos?

Problema 5. Danielle va todos los dıas a la playa y recolecta 5 conchas de mar. Cada dıa domingo visita asus padres y le regala 10 conchas de mar a su papa. ¿Cual es la maxima cantidad neta de conchas de marque Danielle agrego a su coleccion al finalizar un mes?

Problema 6. Como se observa en el diagrama, 4ABC esta compuesto por dos triangulos rectangulos en Dcon AB = 10, BD = 8 y BC = 17. ¿Cual es el area del 4ABC?

Problema 7. ¿Cuantos numeros no primos formados por dos dıgitos distintos se pueden formar con losdıgitos 2, 3, 4, 5 y 6?

Problema 8. En la pizarra estan escritos, en una fila y en orden, los numeros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Pepitodebe escribir un signo (+) o un signo (−) a la izquierda de cada numero (nueve signos en total) y efectuarlas operaciones que quedan indicadas. ¿Cual es el menor valor no negativo que puede obtener Pepito?

Problema 9. Un periodico esta compuesto por varias hojas impresas y apiladas de modo que sus bordescoinciden; luego se doblan todas por la mitad de modo que de cada hoja se obtienen cuatro paginas,considerando ambos lados de la hoja de cada mitad; y finalmente las paginas se numeran en orden. Omarsaca una hoja que le interesa leer y se da cuenta que las paginas de la hoja estan numeradas 17, 18, 47 y 48.¿Cuantas paginas en total tiene el periodico?

Problema 10. Fernando tiene una galleta de 40 gramos. Julio le pregunta a Fernando si le puede dar lamitad de su galleta. Fernando acepta y le da una parte de su galleta. Julio se dio cuenta que su parte era maspequena y le reclama, luego Fernando se come 1

3 de su parte y dice: “ahora nuestras dos partes son iguales”.¿Cuantos gramos le dio inicialmente Fernando a Julio?

ONM 2018 - OMEC 25

ENUNCIADOS SEGUNDA FASE NIVEL 1Problema 11. Un equipo de voleibol de playa consta de un colocador y un rematador. Cierto dıa soleado,10 jugadores quieren formar equipos para jugar en la playa. 5 de los jugadores son rematadores, 4 soncolocadores y un jugador puede jugar en ambas posiciones. ¿De cuantas formas se puede formar un equipo(de 2 jugadores) sin que ningun jugador este en una posicion que no juega?

Problema 12. En el pentagono convexo ABCDE se cumple que AB = BC = DE = EA, la recta BC esparalela a la recta AD y la recta AC es paralela a la recta DE. Si se sabe que ∠ABC = 84◦, hallar la medidaen grados del angulo ∠ABE.

Problema 13. Hay 120 numeros de cuatro dıgitos distintos, formados unicamente por los dıgitos 1, 2, 3, 4 y5. Al sumar estos 120 numeros se obtiene un resultado S. ¿Cual es la suma de los dıgitos de S?

Problema 14. Al dividir 1976 entre un numero entero positivo K se obtiene 18 como cociente. ¿Cuantosvalores puede tomar K?

Problema 15. En una reunion de matematicos, uno le dijo a otro: “Somos nueve menos que el doble delproducto de los dos dıgitos de somos.” ¿Cuantos matematicos hay reunidos?

ONM 2018 - OMEC 26


Problema 1. ¿Cual es el menor numero natural multiplo de 5 cuya suma de dıgitos es 26?

Problema 2. En la figura se sabe que PQ = QR. ¿Cuanto mide el perımetro del polıgono PQRST?

Problema 3. Un equipo de voleibol de playa consta de un colocador y un rematador. Cierto dıa soleado, 10jugadores quieren formar equipos para jugar en la playa. 5 de los jugadores prefieren ser rematadores, 4prefieren ser colocadores y un jugador no tiene una posicion de preferencia. ¿De cuantas formas se puedeformar un equipo (de 2 jugadores) sin que ningun jugador tenga una posicion que no prefiere?

Problema 4. Se dibuja un cırculo en el plano cartesiano con centro en el punto (0, 0) de radio 5. ¿Cuantospuntos con coordenadas enteras yacen dentro o sobre la circunferencia de dicho cırculo?

Problema 5. Sea x un numero real mayor que 1 que satisface la siguiente igualdad:

4

√√√√√ 3

√√1x

x

x=

√√√√√ 3

√√√√ 4

√(1x

)n

Hallar el valor de n.

Problema 6. En un triangulo isosceles de angulos agudos, uno de sus angulos es el doble del otro. Halla lamedida en grados del angulo que es distinto de los otros dos.

Problema 7. Un periodico esta compuesto por varias hojas impresas y apiladas de modo que sus bordescoinciden; luego se doblan todas por la mitad de modo que de cada hoja se obtienen cuatro paginas,considerando ambos lados de la hoja de cada mitad; y finalmente las paginas se numeran en orden. Omarsaca una hoja que le interesa leer y se da cuenta que las paginas de la hoja estan numeradas 17, 18, 47 y 48.¿Cuantas paginas en total tiene el periodico?

Problema 8. Un capicua es un numero que al invertir sus dıgitos es identico al original. Por ejemplo 12321 y545 son capicuas de 5 y 3 dıgitos respectivamente. Hallar el valor del exponente x tal que la potencia 2x es lamas cercana al mayor capicua de 4 dıgitos.

Problema 9. La suma de dos numeros es 41. Si se disminuye en 6 unidades el primero y se aumenta en 5unidades el segundo, el producto de estos nuevos numeros aumenta en 10 unidades con respecto al productode los numeros iniciales. ¿Cual es la diferencia entre el mayor y el menor de tales numeros iniciales?

Problema 10. Al dividir 1976 entre un numero entero positivo K se obtiene 18 como cociente. ¿Cuantosvalores puede tomar K?

Problema 11. Si a, b, c ∈ R y 7a2 − 5b2 + 4c2 = 2018 y 16a2 − 12b2 + 9c2 = −2018. Encuentra el valor dea2 + b2 + c2.

ONM 2018 - OMEC 27

ENUNCIADOS SEGUNDA FASE NIVEL 2Problema 12. Las circunferencias con centros O y P tienen radio 2 y 4, respectivamente, y son tangentesexternamente. Los puntos A y B estan en sobre la circunferencia de centro O y los puntos C y D estan ensobre la circunferencia de centro P tal que AD and BC son tangentes comunes a ambas circunferencias. SeaX el area del hexagono concavo AOBCPD. Hallar el valor de

√2X.

Problema 13. Sean a, b, c numeros reales tales que a 6= b y a2(b + c) = b2(c + a) = 2018. Hallar 20c2(a + b) +18abc.

Problema 14. Ayer recibiste una cierta cantidad de problemas y solo pudiste resolver 70, quedandote masde la mitad sin resolver. Hoy recibiste 6 nuevos problemas y resolviste 36, quedandote sin resolver, en total,menos de 42 problemas. ¿Cuantos problemas recibiste ayer?

Problema 15. Halla el mayor numero natural N para el cual existen tres numeros naturales cuya suma es120 y su producto es divisible para 3N .

ONM 2018 - OMEC 28


Problema 1. Se dibuja un cırculo en el plano cartesiano con centro en el punto (0, 0) de radio 5. ¿Cuantospuntos con coordenadas enteras yacen dentro o sobre la circunferencia de dicho cırculo?

Problema 2. Sea x un numero real mayor que 1 que satisface la siguiente igualdad:

4

√√√√√ 3

√√1x

x

x=

√√√√√ 3

√√√√ 4

√(1x

)n

Hallar el valor de n.

Problema 3. Las circunferencias con centros O y P tienen radio 2 y 4, respectivamente, y son tangentesexternamente. Los puntos A y B estan en sobre la circunferencia de centro O y los puntos C y D estan ensobre la circunferencia de centro P tal que AD y BC son tangentes comunes a ambas circunferencias. Sea Xel area del hexagono concavo AOBCPD. Hallar el valor de

√2X.

Problema 4. La suma de dos numeros es 41. Si se disminuye en 6 unidades el primero y se aumenta en 5unidades el segundo, el producto de estos nuevos numeros aumenta en 10 unidades con respecto al productode los numeros iniciales. ¿Cual es la diferencia entre el mayor y el menor de tales numeros iniciales?

Problema 5. Sea ABC un triangulo rectangulo recto en B y con perımetro igual a 70. Si se sabe que

tan A + sec A =52

,

hallar AB.

Problema 6. Un numero natural N no es mayor que 90, no es menor que 30, no es cuadrado perfecto, no espar, no es primo, no es divisible por 3 y el dıgito de las unidades no es 5. Hallar N.

Problema 7. En el triangulo ABC, los puntos D y M se encuentran sobre los lados AC y BC, respectivamente.Se sabe que AB = BD, ∠DBC = 48◦ y

∠ABD = ∠MAC = ∠BCA.

Hallar el menor angulo que forman las rectas AM y BD.

Problema 8. Hallar el numero de ternas (x, y, z) de numeros reales que satisfacen:

(x + y)(x + y + z) = 120(y + z)(x + y + z) = 96(x + z)(x + y + z) = 72.

Problema 9. Si n es la cantidad de polinomios

x2018 + a2017x2017 + a2016x2016 + ... + a1x + a0

ONM 2018 - OMEC 29

ENUNCIADOS SEGUNDA FASE NIVEL 3con coeficientes reales a0, a1, a2, ..., a2017 que pueden formarse si todas sus raıces son reales y pertenecen alconjunto {1, 2, 3}. Hallar n

2019 .

Problema 10. Para cada entero positivo n se define f (n) como el cuadrado de la suma de las cifras de n.Encuentra f ( f ( f (. . . f (2) . . .))), donde f se aplica 2018 veces.

Problema 11. Sean a1, a2, a3, a4, a5 reales positivos tales que a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 225. Si se sabe que

1 · 3√

a21 + 2 · 3

√a2

2 + 3 · 3√

a23 + 4 · 3

√a2

4 + 5 · 3√

a25 = 225,

hallar 3√

a1 + 3√

a2 + 3√

a3 + 3√

a4 + 3√

a5.

Problema 12. Determinar la suma de los valores absolutos de los enteros n, de modo que [n3− n2− 5n + 2]2

sea el cuadrado de un numero primo.

Problema 13. ¿Cuantos subconjuntos de {1, 2, ..., 10} no contienen dos numeros que sumen 11?

Problema 14. Un entero positivo N esta compuesto unicamente por los dıgitos 0 y 1, y es divisible para2475. Hallar la menor cantidad posible de dıgitos que puede tener N.

Problema 15. En triangulo ABC, las medianas AD y CE miden 18 y 27, respectivamente, y el lado ABmide 24. Se extiende el segmento CE hasta que interseque nuevamente a la circunferencia circunscrita deltriangulo ABC en el punto F. Hallar el area del triangulo AFB elevado al cuadrado.

ONM 2018 - OMEC 30

ENUNCIADOS TERCERA FASE NIVEL 11.3 TERCERA FASE

1.3.1 NIVEL 1

Problema 1. En el rectangulo ABCD se han dibujado los arcos de tres circunferencias con centros en losvertices A, B y C, como se muestra en la grafica y cada arco es un cuarto de circunferencia. La circunferenciacon centro en A tiene un radio de 3 y la circunferencia con centro en C tiene un radio de 1.

A B

CD

¿Cual es el area del rectangulo ABCD?

Problema 2. Sea n un entero. Si el dıgito de las decenas de n2 es 7, hallar todos los posibles valores deldıgito de las unidades de n2.

Problema 3. En un pizarron estan escritos los enteros del 1 al 10000, en orden. Se borran los multiplos de 5y despues todos los multiplos de 11. De los numeros que quedan sin borrar, ¿cual queda en la posicion 2018?

Problema 4. Al colocar los dıgitos 1, 2, 3 y 4 en cada una de las casillas del cuadrado que se muestra, seobtienen cuatro numeros de dos dıgitos cuando se leen los numeros de arriba hacia abajo y de izquierda aderecha. Por ejemplo, si se colocan los numeros ası

3 4

21

Los numeros serıan 12, 34, 13, 24 y la suma de estos cuatro numeros es 12 + 34 + 13 + 24 = 83. Hallar elmaximo valor que puede tomar la suma.

Problema 5. Sean p, p + 2 primos positivos mayores que 3. Demostrar que p + 1 es un multiplo de 6.

Problema 6. Sea n > 1 un entero. Hallar el maximo valor de n tal que existen n enteros positivos yconsecutivos cuya suma es 2019.

Problema 7. Sean A, B, C, D, E, F, G siete vertices consecutivos de un polıgono regular de 15 lados, lasdiagonales AE y CG se cortan en el punto P. Hallar ∠APG.

ONM 2018 - OMEC 31

ENUNCIADOS TERCERA FASE NIVEL 21.3.2 NIVEL 2

Problema 1. a) Factorizar 4n4 + 1.b) Hallar la descomposicion en factores primos de 222 + 1.

Problema 2. 4ABC es un triangulo rectangulo en el cual AB = 66 y BC = 77. Si se sabe que AC > 50,hallar AC.

Problema 3. Doce puntos se situan igualmente espaciados sobre una circunferencia. Determine la cantidadde cuerdas que pueden ser trazadas entre parejas de puntos, de tal modo que la cuerda sea mayor que elradio y menor que el diametro.

Problema 4. Hallar todos los enteros positivos distintos a, b, c, d tales que((a

b)

(cd)

)= 21.

Nota: Para a, b ∈ Z+, (ab) =

a!b!(a−b)! y a! = 1 · 2 · . . . a.

Problema 5. Hallar todos los posibles valores para los enteros b, c que cumplen b + c = 2018 y que laecuacion

x2 + bx + c = 0

tiene raıces enteras.

Problema 6. Sean x, y, z ∈ R tales que:

x2 + 4y2 + 16z2 = 48xy + 4yz + 2zx = 24

Hallar el valor de x2 + y2 + z2.

Problema 7. Sea ABC un triangulo y Γ la circunferencia con diametro AB. La bisectriz del ∠BAC y∠ABC cortan a Γ en D y E respectivamente. La circunferencia inscrita de ABC corta a BC y AC en F y Grespectivamente. Demostrar que D, E, F y G son colineales.

ONM 2018 - OMEC 32

ENUNCIADOS TERCERA FASE NIVEL 31.3.3 NIVEL 3

Problema 1. Hallar los dıgitos a tales que, para cualquier entero positivo n se cumple que todos los numeros

100a, 1001a, 10011a, 100111a, ..., 100 111 . . . 1︸︷︷︸n

a

tienen maximo comun divisor mayor que 1.

Problema 2. En la figura se conoce que AQ = BC.

A

B

C

Q

x2x

4x

Hallar en grados el valor de x.

Problema 3. Sean x, y, z ∈ R tales que:

x2 + 4y2 + 16z2 = 48xy + 4yz + 2zx = 24

Hallar el valor de x2 + y2 + z2.

Problema 4. Hallar las ternas de enteros positivos (a, p, q) tales que p, q sean numeros primos y que

p2 + p2q2 + q2 = a2.

Problema 5. |S| denota el numero de elementos de S, y n(S) denota el numero de subconjuntos de S,incluyendo al conjunto vacıo y al propio conjunto S. Si A, B, C son conjuntos para los cuales se cumple:

n(A) + n(B) + n(C) = n(A ∪ B ∪ C)

|A| = |B| = 100

Hallar el mınimo valor posible de |A ∩ B ∩ C|.

Problema 6. Los lados AD y BC de un cuadrilatero convexo ABCD se prolongan hasta unirse en el puntoE. Sean H y G los puntos medios de BD y AC, respectivamente. Hallar la razon entre las areas del trianguloEHG y el cuadrilatero ABCD.

Problema 7. Sean x e y ≥ 0 numeros reales tales que y(y + 1) ≤ (x + 1)2. Demostrar que y(y− 1) ≤ x2.

ONM 2018 - OMEC 33

ENUNCIADOS FASE FINAL NIVEL A1.4 FASE FINAL

1.4.1 NIVEL A

Dıa 1

Problema 1. Hallar la cantidad de todos los cuadrados que se encuentran dentro de la figura:

Problema 2. En el grafico se conoce que la distancia del origen (O) hasta el punto A es 13 , las distancias AB,

BC, CD son iguales y la distancia del origen hasta el punto D es 34 .

O A B C D

13

34

A) Hallar la distancia de O hasta B.

B) Hallar la distancia de O hasta C.

Problema 3. El numero de una tarjeta de credito tiene 14 dıgitos y la suma de 3 dıgitos seguidos cualesquierada siempre 20.

9 x 7

¿Cual es el dıgito que esta en la casilla marcada con x?

Dıa 2Problema 4. En la figura se muestra un tablero de 4× 4 donde se deben escribir los numeros 1, 2, 3, 4 demanera que aparezcan todos en cada fila y cada columna. El tablero de 4× 4 ha sido dividido en cuatrotableros mas pequenos de 2× 2 que tambien deben contener los numeros 1, 2, 3, 4. ¿Cual es el dıgito quedebe estar en P?

1

2

4

3

P

Problema 5. ¿Cuantos metros de alambre se necesitan para cercar el terreno que se muestra en la figura?

ONM 2018 - OMEC 34

ENUNCIADOS FASE FINAL NIVEL A

34m

56m

Problema 6. En un monton hay 9 fichas. Los dos jugadores, Jorge y Andrea, pueden retirar 1, 3 o 4 fichasalternadamente. Gana el que se lleva la ultima ficha. Si empieza el juego Jorge, uno de los dos jugadorespuede ganar siempre. ¿Quien es? Explicar como lo hace.

ONM 2018 - OMEC 35

ENUNCIADOS FASE FINAL NIVEL 11.4.2 NIVEL 1

Dıa 1

Problema 1. El juego del tablero olımpico consiste en un tablero de 3× 3 con casillas numeradas del 1 al 9como se muestra en la figura:

1 2 3

4 5 6

7 8 9

Daniel empieza a jugar al tablero olımpico ubicando una ficha en la casilla con el numero 1. Cada movimientoconsiste en mover la ficha de una casilla a otra de acuerdo a los siguientes movimientos permitidos:De la casilla 1 a la 2, de la 1 a la 5, de la 2 a la 3, de la 3 a la 4, de la 4 a la 2, de la 4 a la 9, de la 5 a la 6, de la6 a la 7, de la 7 a la 8, de la 8 a la 5 y de la 8 a la 9.Por cada movimiento, el jugador recibe un puntaje igual a la diferencia entre las dos casillas en el movimiento(el mayor menos el menor). Por ejemplo, si el jugador realiza el movimiento de la ficha de la casilla 4 a la 9,este recibe 9− 4 = 5 puntos. Si Daniel coloca la ficha en la casilla 9 el juego termina y se calcula el puntajetotal.

a) Mostrar que Daniel puede obtener un puntaje final de 92 puntos.

b) Mostrar que Daniel no puede obtener un puntaje final de 97 puntos.

Omar Paladines

Problema 2. Un numero de 4 dıgitos se dice que es especial si es de la forma abcc en donde a, b, c son dıgitosno necesariamente distintos. Hallar todos los numeros especiales que son cuadrados perfectos.Anthony Flores

Problema 3. Dado un subconjunto A de {1, 2, . . . , n}, llamamos suma de A a las suma de los elementos de A(por ejemplo, si A = {1, 4, 8} entonces la suma de A es 13, y si A = {9} entonces su suma es 9). El conjunto{1, 2, . . . , n} quiere partirse en 12 subconjuntos (disjuntos y no vacıos) con la misma suma. Hallar el menor npara lo cual esto es posible.Nota: k conjuntos son disjuntos si y solo si la interseccion entre cualesquiera dos de ellos es el conjuntovacıo.

Dıa 2

Problema 4. Sean E y F los puntos medios de los lados CD y BC del cuadrado ABCD. El punto P esta en larecta AE de tal manera que AE = EP y el punto Q esta en la recta AF de tal manera que AQ = 3 · AF tal ycomo se muestra en la figura.

A B

CD E

F

P

Q

ONM 2018 - OMEC 36

ENUNCIADOS FASE FINAL NIVEL 1Si el area del cuadrado ABCD es 1, determinar el area del triangulo APQ.Julio Rivera

Problema 5. Danielle escribe en una pizarra dos listas de numeros, una en azul y otra en rojo, como sedescribe a continuacion. Primero escribe el numero 1 en azul y luego escribe todos los numeros en azul demodo que el producto del numero que va a escribir y el numero que escribio un paso antes sea igual a lacantidad de numeros que habrıan en la pizarra justo despues que escriba dicho numero.Una vez que Danielle termino la lista de numeros azules, ella escribe el primer numero rojo como el productode los primeros dos numeros azules, el segundo numero rojo como el producto de los primeros tres numerosazules, el tercer numero rojo como el producto de los primeros cuatro numeros azules y ası sucesivamente.Por ejemplo, los primeros tres numeros azules son 1, 2, 3

2 y los primeros dos numeros rojos son 2, 3.Hallar la suma de los primeros 10 numeros rojos que Danielle escribio.Fernando Gomez

Problema 6. Llamamos a un entero positivo interesante si el numero y el numero con sus dıgitos escritos enorden inverso dejan ambos resto 2 en la division para 4.a) Determinar si 2018 es un numero interesante.b) Para todo entero positivo n, hallar cuantos numeros interesantes de n dıgitos existen.Fernando Gomez

ONM 2018 - OMEC 37


Dıa 1

Problema 1. Hallar todos los reales z tales que

z4 − z3 − 2z2 − 3z− 1 = 0

Anthony Flores

Problema 2. Danielle divide un tablero de 30× 30 en 100 regiones que son cuadrados de 3× 3 casillas cadauno y luego pinta algunas casillas de negro y las restantes de blanco. Luego a cada region le asigna el colorque tenga mas casillas pintadas con ese color.a) Si hay mas regiones negras que blancas, ¿cual es la mınima cantidad N de casillas que Danielle puedepintar de negro?b) ¿De cuantas maneras Danielle puede pintar el tablero si hay mas regiones negras que blancas y ella usa lacantidad mınima N de casillas negras?Fernando Gomez

Problema 3. Sea ABCD un cuadrado. Se escogen punto P, Q, R, S sobre los lados AB, BC, CD, DA,respectivamente, tales que AP + CR ≥ AB ≥ BQ + DS. Demostrar que

area(PQRS) ≤ 12

area(ABCD)

y determinar todos los casos cuando se cumple la igualdad.Fernando Gomez

Dıa 2

Problema 4. Dado un entero positivo n > 1 y un angulo α < 90◦, Jaime dibuja una espiral OP0P1 . . . Pn de lasiguiente forma (la figura muestra los primeros pasos):

• Primero dibuja un triangulo OP0P1 con OP0 = 1, ∠P1OP0 = α y P1P0O = 90◦

• luego para todo entero 1 ≤ i ≤ n dibuja el punto Pi+1 de modo que ∠Pi+1OPi = α, ∠Pi+1PiO = 90◦ yPi−1 y Pi+1 esten en distintos semiplanos con respecto la recta OPi

OP0

P1

P2

P3

P4

P5

a) Si n = 6 y α = 30◦, hallar la longitud de P0Pn.b) Si n = 2018 y α = 45◦, hallar la longitud de P0Pn.Fernando Gomez

ONM 2018 - OMEC 38

ENUNCIADOS FASE FINAL NIVEL 2Problema 5. Llamamos a un entero positivo interesante si el numero y el numero con sus dıgitos escritos enorden inverso dejan ambos resto 2 en la division para 4.a) Determinar si 2018 es un numero interesante.b) Para todo entero positivo n, hallar cuantos numeros interesantes de n dıgitos existen.Fernando Gomez

Problema 6. ¿Cual es el mayor entero positivo par que no puede expresarse como la suma de dos numerosimpares compuestos?

ONM 2018 - OMEC 39


Dıa 1

Problema 1. Sean a, b enteros. Mostrar que la ecuacion

a2 + b2 = 26a

tiene al menos 12 soluciones.Fernando Gomez

Problema 2. Durante su excursion al parque historico, Pepito se propuso recolectar piedras cuyo peso enkilogramos sea una potencia de dos. Una vez recogida la primera piedra, Pepito solamente recoge piedrasestrictamente mas pesadas que la primera. Al final de la excursion, su companera Ana escoge un enteropositivo K ≥ 2 y desafıa a Pepito a dividir las piedras en K grupos de igual peso.

A) ¿Puede Pepito cumplir con el desafıo si todas las piedras que recolecto tienen distinto peso?

B) ¿Puede Pepito cumplir con el desafıo si se permite que algunas piedras recolectadas tengan igual peso?

Omar Paladines

Problema 3. Sea ABCD un cuadrilatero convexo con AB ≤ CD. Sobre el segmento AB se escogen puntos Ey F y sobre el segmento CD se escogen puntos G y H tales que

AE = BF = CG = DH <AB2

Sean P, Q y R los puntos medios de EG, FH y CD, respectivamente. Se sabe que PR es paralelo a AD y QRes paralelo a BC.

a) Demostrar que ABCD es un trapecio.

b) Sea d la diferencia de las longitudes de los lados paralelos. Demostrar que 2PQ ≤ d.

Fernando Gomez

Dıa 2

Problema 4. Sea k un numero real. Demostrar que el polinomio p(x) = x3 − 24x + k tiene como maximouna raız entera.

Problema 5. Sea ABC un triangulo acutangulo y sean M, N y P en CB, AC y AB, respectivamente, tal queAB = AN + PB, BC = BP + MC, CA = CM + AN. Sea l una recta en distinto semiplano que C respectoa la recta AB tal que si X, Y son las proyecciones de A, B hacia l respectivamente, AX = AP y BY = BP.Demostrar que NXYM es un cuadrilatero cıclico.Anthony Flores

Problema 6. Reducir:2√

4− 3 4√

5 + 2 4√

25− 4√

125a su mınima expresion.Despues, generalizar este resultado y demostrar que se cumple para cualquier n positivo.Vicente Torres

ONM 2018 - OMEC 40

ENUNCIADOS FASE FINAL NIVEL U1.4.5 NIVEL U

Dıa 1

Problema 1. Sean a y n reales positivos. Se define la curva l como y = axn y O como el origen del planocartesiano. Para un punto cualquiera P sobre la curva l con coordenadas (u, aun) y u > 0, la tangente a l porP interseca al eje x en el punto Q y R es la proyeccion de P sobre el eje x.a) Hallar la razon r(n) entre las areas de los triangulos OPQ y OPR.b) Si r(n) = 1

2018 , hallar todos los posibles valores de n.Fernando Gomez

Problema 2. a) Sean m, n enteros positivos y sean A, B, C matrices de n× n, n×m y m×m, respectivamentey O es la matriz compuesta de ceros de m× n. Se define la matriz X por bloques como

X =

[A BO C

]Demostrar que traza(X) = traza(A) + traza(C) y det(X) = det(A) · det(C).

b) Se definen O como la matriz de ceros de 2× 2, A =

[1 −12 4

]y

X =

A 2A 3A . . . 2017A 2018AO A2 2A2 . . . 2016A2 2017A2

O O A3 . . . 2015A3 2016A3

......

.... . .

......

O O O . . . A2017 2A2017

O O O . . . O A2018

Hallar traza(X) y det(X).Nota: Para una matriz cuadrada X, traza(X) es igual a la suma de los elementos de la diagonal de X ydet(X) denota el determinante de X.Fernando Gomez

Problema 3. Sea f (x, y) una funcion continua diferenciable que toma valores reales y cumple que| f (x, y)| ≤ 1 para x2 + y2 ≤ 1. Demostrar que existe un punto (a, b) en el interior del cırculo unitario quecumple (

∂ f∂x

(a, b))2

+

(∂ f∂y

(a, b))2

≤ 16

Dıa 2

Problema 4. Hallar todas las funciones continuas y diferenciables en la recta real tal que para todo x secumple

( f (x))2 =∫ x

0[( f (t))2 + ( f ′(t))2] dt + 2018

Problema 5. Los extraterrestres finalmente llegan al planeta Tierra y el encargado de comunicarse conellos es el famoso matematico Daniel. Como prueba de su inteligencia, los extraterrestres le presentanuna secuencia de n ≥ 1 numeros extraterrestres a1, a2, · · · , an que Daniel no reconoce. Sin embargo, losextraterrestres le aseguran que dichos numeros tienen una relacion de orden definida. El objetivo es queDaniel ordene los numeros extraterrestres, es decir, que obtenga una permutacion a′1, a′2, ..., a′n de a1, a2, · · · , antal que a′1 ≤ a′2 ≤ · · · ≤ a′n.La unica ayuda que Daniel tiene es un aliado extraterrestre, al cual puede hacerle preguntas del tipo ai ≤ ajpara dos elementos ai, aj, y el extraterrestre responde sı o no y siempre dice la verdad.

ONM 2018 - OMEC 41

ENUNCIADOS FASE FINAL NIVEL U

a) Demostrar que14

n log2 n ≤ log2(n!) ≤ n log2 n para todo entero positivo n.b) Demostrar que sin importar el metodo que use para lograr el objetivo, existe una secuencia inicial

a1, a2, · · · , an para la cual Daniel tendra que hacer como mınimo⌈n log2 n

4

⌉preguntas a su aliado.

Omar Paladines

Problema 6. Sean n, k enteros positivos. G es un conjunto finito de matrices reales {M1, M2, . . . , Mk} todasde tamano n× n, tal que G forma un grupo bajo la operacion de la multiplicacion. Si se sabe que

traza(M1) + traza(M2) + . . . + traza(Mk) = 0,

demostrar que M1 + M2 + . . . + Mk es la matriz nula de n× n.Nota: Para una matriz cuadrada X, traza(X) es igual a la suma de los elementos de la diagonal de X.

ONM 2018 - OMEC 42

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL A

2 SOLUCIONES

2.1 PRIMERA FASE

2.1.1 NIVEL A

TABLA DE RESPUESTAS

N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta1 D 6 B 11 D 16 E2 B 7 E 12 B 17 C3 D 8 E 13 D 18 D4 D 9 C 14 E 19 B5 B 10 D 15 A 20 D

Solucion del problema 1: Para que un numero sea multiplo de 15, debe ser multiplo de 3 y de 5. Podemosver que todas las opciones son multiplos de 5 al ser 5 el dıgito de las unidades. Solo faltarıa ver cual de lasopciones no es multiplo de 3. De igual manera, se sabe que para que un numero sea multiplo de 3, la sumade sus dıgitos tambien debe ser un multiplo de 3. Podemos ver que el numero 785 tiene como la suma de susdıgitos 7+8+5=20 y 20 no es divisible para 3, por lo cual la respuesta es 785.

Solucion del problema 2: Si se sabe que entre las tres tienen 33 dolares; y que entre Ana y Esmeraldastienen 19 dolares, entonces Lucıa tendrıa 33− 19 = 14 dolares. Tambien sabemos que entre Esmeralda yLucıa tienen juntas 21 dolares, por ende Esmeralda tendrıa 21− 14 = 7 dolares.

Solucion del problema 3: El problema nos dice que a un numero x al aumentarle su 2% el resultado es elsiguiente numero entero, que serıa x + 1 lo que significa que el 2% de x es igual a 1 con lo cual 2

100 · x = 1,entonces x = 50 y el siguiente entero es 51. Por ultimo solo falta sumar ambos numeros 50 + 51 = 101.

Solucion del problema 4: A lo mucho en cada fila hay un maximo de 5 fichas, como el numero de fichastiene que ser multiplo de 3, deducimos que habra exactamente 3 fichas en cada fila. Como hay 5 filas, elmayor numero de fichas es 3 · 5 = 15. A continuacion se muestra una configuracion (B= en blanco, F=ficha).

F F F B BF B F F BF B B F FB F F B FB F B F F

Solucion del problema 5: Como el ancho de la columna es el doble del ancho del bloque y el largo de lacolumna es el doble del largo del bloque, en cada nivel entran 4 bloques. Ademas, como 2018/4 = 504.5,entonces hay 505 niveles. Luego la altura es 1.5× 505 cm = 757.5 cm = 7.575 m. Luego 7.5 m es el valor mascercano a la altura de la columna.

Solucion del problema 6: Los numeros 42, 52, 85 y 105 no son divisores del numero mostrado ya que42 = 2 · 3 · 7, 52 = 22 · 13, 85 = 5 · 17 y 105 = 3 · 5 · 7 y los numeros 7, 13 y 17 no son divisores de 35 · 44 · 53.

Solucion del problema 7: 4(42)=416 y al dividir 416 con 44 nos queda 4(16−4)=412.

Solucion del problema 8: Tenemos dos dados exactamente iguales, cada uno numerados del 1 al 4. Lasuma de todas su caras es igual a 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 4=20 y para unir ambos dados se necesitancubrir exactamente dos caras, ası que lo maximo que sumarian ambos dados en esta posicion es 2 + 2 + 3 +3 + 4 + 4=18, por lo cual 19 nunca puede ser el resultado de la suma. Entonces la respuesta es 19.

Solucion del problema 9: Sabemos que 120=23 · 3 · 5 y que tiene 16 divisores, que son 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10,12, 15, 20, 24, 40, 60 y 120, de los cuales los multiplos de 6 son 6, 12, 24, 60 y 120. Ası que habrıan 6 multiplosde 6.

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SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL ASolucion del problema 10: Tenemos 2 cuadrados, uno de 5cm de lado con perımetro de 20cm y el otro delado 6cm con perımetro de 24cm. Como nos presenta el problema, tenemos que uno esta encima del otrocreando un rectangulo de 2× 1, el cual tiene perımetro de 6cm. Ası podemos sacar el perımetro total quees igual a la suma de los perımetros de ambos cuadrados menos el perımetro del rectangulo que es igual a20 + 24− 6 = 38.

Solucion del problema 11: Por cada hora que pasa el reloj se retrasa 5 minutos, lo que significa que porcada dıa se retrasa 5 · 24 = 120 minutos, lo que equivale a 2 horas. Ası que tenemos que por cada dıa quepase el reloj se atrasa 2 horas mas y para que el reloj muestre otra vez la hora correcta debe haber pasado almenos 12 horas, ya que al ser un reloj de pared solo tiene los numeros del 1 al 12. Entonces necesitamos122 = 6 dıas para que vuelva a mostrar la hora correcta.

Solucion del problema 12: La region sombreada se puede dividir en un triangulo (izquierda), un trapecio,un rectangulo y dos triangulos (derecha arriba y abajo). Estas figuras tienen areas iguales a 3×1

2 = 32 , 3+1

2 = 2,3× 1 = 3, 2×1

2 = 1 y 12 ; luego el area es igual a 3

2 + 2 + 3 + 1 + 12 = 8.

Solucion del problema 13: Es evidente que si algun equipo marco un gol, otro equipo fue el que lo recibio,por lo que el numero de goles marcados debe ser igual al numero de goles recibidos. Si el numero de golesmarcados es igual a 8 + 1 + 4 + 5 = 18 goles, entonces el total de goles recibidos debe ser 18 tambien. EntreA y B hay 4 + 6 = 10 goles recibidos entonces entre C y D debe haber 8 goles en total, por lo que nos diceel problema, si C recibio x goles entonces D recibio x + 2 goles, obteniendo que x + (x + 2) = 8 por lo cualx = 3 y D recibe x + 2 = 3 + 2 = 5 goles.

Solucion del problema 14: Sabemos que un numero es multiplo de 9 si la suma de sus digitos tambien esun multiplo de 9. Por condicion del problema, los dıgitos del numero tienen que ser pares por lo que la sumade dıgitos sera par. Deducimos que la suma de dıgitos sera mınimo 18 (al ser 18 el primer entero positivomultiplo par de 9). Los numeros 828 y 288 son los unicos con suma de dıgitos igual a 18. Entonces el menornumero serıa 288.

Solucion del problema 15: Tenemos que el producto de los numeros de la pizarra es igual a 1024 y quesu suma es igual a 83. A 1024 se lo puede expresar como 210, ası que los numeros escritos en la pizarradeben ser todos potencias de 2. Ahora, tomamos en cuenta que su suma es 83, un numero impar, ası queentre todos los numeros de la pizarra debe haber al menos un numero impar para que la suma sea impar yel unico impar potencia de 2 es el 1, por lo que el 1 esta escrito en la pizarra y ademas es el numero maspequeno. Por lo que la respuesta es 1.

Solucion del problema 16: 34 de 56 es igual a 42 y 5

7 de 56 es igual a 40. Como tenemos que a 42 alumnosles gusta las matematicas, a los 14 restantes les gusta solo el Ingles, y como tenıamos que a 40 alumnos lesgusta el ingles entonces a 40− 14 = 26 alumnos les gusta el Ingles y las Matematicas.

Solucion del problema 17: Nos podemos dar cuenta que el tablero esta pintado como un tablero de ajedrez.Si el tablero tuviera area de 29cm2 y como sabemos que 29 es un numero primo, entonces las dimensionesdel tablero serıan 1x29 pero en el ejemplo nos estan mostrando que el tablero tiene al menos 3 columnas y almenos 3 filas. Si el tablero tuviera area de 34cm2 entonces el tablero puede tener las dimensiones de 1x34 o2x17, en ambos casos no podrıa ser el tablero del problema ya ninguna de las dos opciones tiene al menos 3filas y 3 columnas. Si el tablero tuviera area de 35cm2 entonces las dimensiones del tablero son 5x7, el cualnos podemos dar cuenta que cumple con las condiciones del problema.

Solucion del problema 18: Como no sabemos cual es la respuesta correcta contemos cuantas letras tienecada opcion. cuarenta y ocho tiene 13 letras, cuarenta y nueve tiene 14 letras, cincuenta tiene 9 letras,cincuenta y dos tiene 13 letras y cincuenta y cuatro tiene 16 letras. Como 52 = 13 + 14 + 9 + 16 entonces larespuesta correcta es 52.

Solucion del problema 19: Si Ana tiene 4 de sus cartas con el mismo numero, entonces ella tiene las cartas

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SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL Ade todos los colores de un numero, por lo cual ella tendrıa la cafe y Berta no podrıa tener todas sus cartascafes. Por ende, Ana o Berta es la que hizo la afirmacion falsa. Si Ana esta mintiendo, entonces todas lascartas de Berta son cafes, ası que todas las cartas de Carlos son celestes, por lo que las cartas de Ana y Danielson azules o amarillas. Daniel tiene 3 cartas del mismo numero, pero solo hay dos colores disponibles y paratener todas sus cartas bien necesita al menos 3 colores disponibles, lo que no hay. Ası que Berta no puedetener todas sus cartas cafes. Entonces Berta es la que hace la afirmacion falsa.

Solucion del problema 20: Hay 20 caras y 5 numeros, para que la distribucion sea posible, se necesita quecada numero aparezca 4 veces. En cada vertice, debe aparecer cada numero una vez, a partir de lo cual sepuede llegar a la siguiente configuracion:

2 4 1 5 35 1 3 5 2 3 4 2 1 4

2 4 1 5 3

Luego se concluye que el numero buscado es 4.

ONM 2018 - OMEC 45

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 12.1.2 NIVEL 1

TABLA DE RESPUESTAS

N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta1 D 6 D 11 B 16 C 21 B2 A 7 E 12 B 17 D 22 D3 D 8 B 13 C 18 A 23 C4 C 9 C 14 D 19 D 24 C5 C 10 D 15 D 20 C 25 E

Solucion del problema 1: dıa 1→ 7 bloques, dıa 2→ 9 bloques, dıa 3→ 11 bloques, dıa 4→ 13 bloques,dıa 5→ 15 bloques, dıa 6→ 17 bloques, dıa 7→ 19 bloques, dıa 8→ 21 bloques, dıa 9→ 23 bloques, dıa 10→ 25 bloques.

Solucion del problema 2: El numero es 9× 6 + 4 = 58.

Solucion del problema 3: Si el 60% de un numero es 42, entonces el 1% es4260

por tanto el 50% del numero

es 50× 4260

= 35.

Solucion del problema 4: En el numerador se tiene (24)8, el cual por propiedad de potencia de una potenciaes equivalente a escribir 232. Por otra parte, en el denominador se tiene (48)2, usando la misma propiedad selo puede expresar como 416 y ademas, 416 es equivalente a escribir (22)16 = 232. De esta manera, la razon(24)8

(48)2 = 232

232 = 1.

Solucion del problema 5: Si el primer dıa es lunes, despues de 7 dıas sera lunes tambien. Los Lunes seranlos dıas: 1, 8, 15, 22, 29, 36, 43. Por tanto durante los primeros 45 dıas del ano, existiran maximo siete dıasLunes.

Solucion del problema 6: Los globos explotaron en el siguiente orden: C, F, I, L, D, H, A, G, B, K. Los globosque quedaron son: E, J.

Solucion del problema 7: Un cuarto de la figura se puede dividir en 16 triangulos, entonces toda la figurapuede ser dividida en 16× 4 = 64 triangulos. Ademas un cuarto de la figura tiene 9 triangulos negros,entonces toda la figura tiene 9× 3 = 27 triangulos negros. Por tanto la fraccion de la figura pintada de negro

es2764

.

Solucion del problema 8: Sabemos que 1 + 2 + . . . + 9 = 45 y la suma de las dos aspas son iguales, luego elnumero de la mitad debe ser impar. Para que la suma sea la mayor posible, en la mitad debe ir el menornumero impar posible, es decir, 1. Luego la suma es igual a 45−1

2 = 22. Basta encontrar el ejemplo 2, 9, 3, 8 y4, 7, 5, 6 en cada aspa.

Solucion del problema 9: Para que los perımetros sean iguales, cada lado largo del hexagono debe ser eldoble del lado de los triangulos pequenos, de donde estos deben ser la cuarta parte del lado del triangulogrande, es decir 1,5 cm.

Solucion del problema 10: Sea x toda la produccion mensual. La persona A compra 12 x, la persona B

adquiere 25 x y la persona C compra 2500 unidades. Por ende, x = 1

2 x + 25 x + 2500, al despejar la incognita se

encuentra que x = 25000.

Solucion del problema 11: Al seccionar el rango del 1 al 10, se tiene un solo grupo (...78910...). Considerandodel 11 al 100, es posible apreciar dos grupos, uno en el ochenta y nueve, y otro entre ...979899.... Analogamente,este primer grupo se encontrara en (...189...289...389...489...589...689...789...). Entre 800 a 900 hay 11 grupos en

ONM 2018 - OMEC 46

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 1889, 890, 891, 892, 893, 894, 895, 896, 897, 898, 899. Por ultimo, entre 900 y 1000 hay 10 grupos, uno por cada vezque la unidad es 8 exceptuando el penultimo que contiene 2

(...908909...918919...928929...938939...948949...958959...968969...978979...988989...9989991000)

Se tiene un total de 32 grupos de 89.

Solucion del problema 12: Como el area del cuadrado inicial es 1, cada rectangulo tiene un area de 14 con 1

de largo y 14 de ancho. Por ende,en el grafico de la derecha se tiene un cuadrado cuyo lado mide 1 + 1

4 = 54 .

El area total de este cuadrado serıa ( 54 )

2 = 2516 . Finalmente, el area del espacio en blanco serıa 25

16 − 1 = 916 .

Solucion del problema 13: Observe que al dividir un entero entre 3, los rojos dejan resto 1, los azules dejanresto 2 y los verdes dejan resto 0. Por lo tanto la suma de un rojo y un azul deja resto 0 y es verde.

Solucion del problema 14: Al reemplazar x ∈ Z+ en la expresion 8− 88+ 8 obtenemos x− x

x+ x = 2x− 1

que no siempre tendra valor de 15.

Solucion del problema 15: Se tiene que la secuencia de la lınea quebrada se repite cada tres numeros, ycontiene 9 unidades de longitud.De 0 a 30 la secuencia ocurre 10 veces, dando un total de 90 unidades delongitud. Al agregarle las siete unidades que existen entre 30 y 31 se tiene un total de 97.

Solucion del problema 16: En el triangulo ABG tenemos ∠GAB = 80◦− x y sumando los angulos interioresdel triangulo AFE escribimos (80◦ − x) + 93◦ + 58◦ = 180◦, por lo tanto x = 51◦.

Solucion del problema 17: Suponiendo que A es un perro, se tiene que entonces B es perro, C es lobo, D esperro, E es un lobo y A es un lobo, que contradice la suposicion inicial.Entonces A es un lobo, luego B es un lobo, C es un perro, D es un lobo y E es un lobo (y A es un lobo). Seconcluye que hay 4 lobos.

Solucion del problema 18: Sea x y y dos de los lados del rectangulo.El area y el perımetro se expresarıancomo x ∗ y y 2(x + y), respectivamente. Luego

xy = 2(x + y) =⇒ (x− 2)(y− 2) = xy− 2x− 2y + 4 = 4

Como x 6= y, entonces x− 2 6= y− 2, entonces x = 3, y = 6 o x = 6, y = 3, en ambos casos el numero buscadoes 18.

Solucion del problema 19: Lanzando cuatro veces el dado, el maximo puntaje que se puede obtener es 24puntos que se generan obteniendo 6 puntos en cada lanzamiento. Por tanto, para obtener 23 puntos, algunade las cuatro veces tuvo que haber sacado 5 puntos y las otras tres veces 6 puntos.

Solucion del problema 20: Cada numero primo, con la excepcion de 2, es un numero impar. Para escribirun numero impar como la suma de dos numeros enteros, uno de ellos debe ser un numero par y el otro debeser un numero impar.Entonces, en este caso, queremos escribir un primo como la suma de un numero primo impar y un numeroprimo par. Dado que el unico numero primo par es 2, entonces queremos escribir un numero primo como 2mas otro numero primo.De mayor a menor, los numeros primos menores a 30 son 29, 23, 19, 17, 13, 11, 7, 5, 3 y 2.Por tanto el numero primo mas grande menor de 30 que se puede escribir como la suma de dos primos es:2 + 17 = 19

Solucion del problema 21: 1 calculadora = 100 reglas = 10 · 10 reglas = 10 · 30 graduadores = 3 · 4 · 25graduadores = 3 · 4 · 50 compases = 600 compases.

Solucion del problema 22: Al intentar colocar las 32 casillas ocupadas lo mas equitativamente distribuidasen las 6 filas, se tiene que cada una debe contener 5 casillas ocupadas y sobran dos de ellas. Puesto que las

ONM 2018 - OMEC 47

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 1dos sobrantes deben ir en alguna fila, se puede asegurar que una de las filas tendra como mınimo 6 casillasocupadas.

Solucion del problema 23: Si se encuentra la cantidad de numeros de dos dıgitos primos y de multiplos de2, 3 o 5, sera posible encontrar la cantidad de numeros que no lo son. Primero, entre 10 a 99 hay 21 numerosprimos. Luego, hay 45 numeros que son pares,30 son multiplos de 3, 18 multiplos de 5, 15 son multiplos de2 ∗ 3, 9 son multiplos de 2 ∗ 5, 6 de 3 ∗ 5 y 3 son multiplos de 2 ∗ 3 ∗ 5. Por ende, la cantidad de numeros queson multiplos de 2,3 o 5 son:(45 + 30 + 18)− (15 + 9 + 6) + (3) = 66. Al restarle estos resultados a los 90numeros de dos dıgitos se tiene, 90− (66 + 21) = 3

Solucion del problema 24: Al observar la circunferencia mas pequena, es posible notar que la partesombreada corresponde a la mitad del cırculo. Por otro lado,en la segunda circunferencia se visualiza que laspartes sombreadas son simetrcias a las partes blancas, por lo tanto es posible ubicar las sombreadas de unsolo lado de modo que completa la mitad del cırculo. Con las demas circunferencias, es factible realizar lomismo dado que la simetrıa se mantiene, de modo que, al llegar a la circunferencia mas grande se tendra queel area sombreada corresponde a la mitad del cırculo.

Solucion del problema 25: Se aprecia que en la figura 1 hay dos columnas y cuatro filas de palitos(entrenegros y blancos); en la figura 2 hay tres columnas y cuatro filas de palitos;en la figura 3 hay 4 columnasy cuatro filas de palitos. En la figura 2018 habra 2019 columnas y 4 filas de palitos entre negros y blancos.Como en cada columna hay tres palitos y en cada fila hay tantos palitos como el numero de la figura, en lafigura 2018 habra un total de 2019 ∗ 3 + 4 ∗ 2018 = 14129 palitos. Al restar del total la cantidad de palitosnegros, los cuales corresponden al perımetro de la figura, se tiene que hay 14129− (2 ∗ 2018 + 2 ∗ 3) = 10087palitos blancos.

ONM 2018 - OMEC 48


TABLA DE RESPUESTAS

N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta1 R1 6 R6 11 R11 16 R16 21 R212 R2 7 R7 12 R12 17 R17 22 R223 R3 8 R8 13 R13 18 R18 23 R234 R4 9 R9 14 R14 19 R19 24 R245 R5 10 R10 15 R15 20 R20 25 R25

Solucion del problema 1: Para que la diagonal sea el doble, es necesario aumentar ambos lados al doble, esdecir que se necesitan 2× 2 = 4 televisores.

Solucion del problema 2: El comerciante compro el primer carro en x y el segundo en 27000− x, luego Laganancia fue

750 = 0.10x− 0.05(27000− x) = −1350 + 0.15x =⇒ 0.15x = 2100 =⇒ x = 14000

Luego los precios fueron 14000 y 13000.

Solucion del problema 3: En el triangulo ABG tenemos ∠GAB = 80◦ − x y sumando los angulos interioresdel triangulo AFE escribimos (80◦ − x) + 93◦ + 58◦ = 180◦, por lo tanto x = 51◦.

Solucion del problema 4: Observe que al dividir un entero entre 3, los rojos dejan resto 1, los azules dejanresto 2 y los verdes dejan resto 0. Por lo tanto la suma de un rojo y un azul deja resto 0 y es verde.

Solucion del problema 5: Cada numero primo, con la excepcion de 2, es un numero impar. Para escribir unnumero impar como la suma de dos numeros enteros, uno de ellos debe ser un numero par y el otro debe serun numero impar.Entonces, en este caso, queremos escribir un primo como la suma de un numero primo impar y un numeroprimo par. Dado que el unico numero primo par es 2, entonces queremos escribir un numero primo como 2mas otro numero primo.De mayor a menor, los numeros primos menores a 30 son 29, 23, 19, 17, 13, 11, 7, 5, 3 y 2.Por tanto el numero primo mas grande menor de 30 que se puede escribir como la suma de dos primos es:2 + 17 = 19

Solucion del problema 6: Sabemos que 1 + 2 + . . . + 9 = 45 y la suma de las dos aspas son iguales, luego elnumero de la mitad debe ser impar. Para que la suma sea la mayor posible, en la mitad debe ir el menornumero impar posible, es decir, 1. Luego la suma es igual a 45−1

2 = 22. Basta encontrar el ejemplo 2, 9, 3, 8 y4, 7, 5, 6 en cada aspa.

Solucion del problema 7: Si AB = AC, entonces ∠ACB = ∠CBA = 70◦. Luego 2x = 110◦, por tantox = 55◦

Solucion del problema 8: (a−1 + b−1)−1 =1

a−1 + b−1 =1

b + aab

=ab

a + b

Solucion del problema 9: Sea x el numero buscado, entonces 2x = 3x3 o equivalentemente x(2− 3x2) = 0.Puesto que x > 0 tenemos que x2 = 2/3. Finalmente x =

√2/3

Solucion del problema 10: El area del cuadrado ABCD es CD2. En el triangulo CPD tenemos ∠CPD = 90◦

luego usando el teorema de Pitagoras: CD2 = 72 + 112 = 170.

Solucion del problema 11: Al retirar la primera vez quedan 2000− V litros de leche y V litros de agua.

ONM 2018 - OMEC 49

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 2Cuando retira la segunda vez, retira 2000−V

2000 V litros de leche y quedan

1125 = 2000−V − 2000−V2000

V = (2000−V)(1− V2000

) =(2000−V)2

2000

|2000−V| = 1500 =⇒ V = 500

Se uso el hecho que V < 2000 para eliminar la otra solucion.

Solucion del problema 12: Para calcular el perımetro de la estrella se tuvo que sumar las longitudes dedoce de los lados de algunos de los triangulos. Como para el perımetro del hexagono se requiere de la sumade las longitudes de seis de los lados de algunos de los triangulos y todos los triangulos son equilateros eidenticos, entonces el perımetro del hexagono es la mitad del perımetro de la estrella, es decir, 18 cm.

Solucion del problema 13: La suma de tres cuadrados es cero, si y solo si, los tres terminos son ceros a lavez. Luego x2 − 1 = 0 de donde x = ±1, de igual forma y2 − 4 = 0 de donde y = ±2 y ademas z2 − 9 = 0 dedonde z = ±3. Por tanto tenemos 8 ternas posibles como soluciones para la ecuacion.

Solucion del problema 14: Suponiendo que A es un perro, se tiene que entonces B es perro, C es lobo, D esperro, E es un lobo y A es un lobo, que contradice la suposicion inicial.Entonces A es un lobo, luego B es un lobo, C es un perro, D es un lobo y E es un lobo (y A es un lobo). Seconcluye que hay 4 lobos.

Solucion del problema 15: La suma de los perımetros de los tres cuadrilateros y de los cuatro triangulosinteriores es igual al perımetro del triangulo exterior mas dos veces la suma de los tres segmentos. Por lotanto la suma de los tres segmentos es (25 + 20− 19)/2 = 13 cm

Solucion del problema 16: Los cuadrados de dos dıgitos son 16, 25, 36, 49, 64 y 81. Por lo tanto los numerosolımpicos son 164, 364, 649 y 816, que suman 1993.

Solucion del problema 17: Primero se tiene que ∠ABC = 180◦ − 80◦ − 40◦ = 60◦. Luego Se tiene que elangulo formado por la bisectrices de los angulos interiores ∠BAC y ∠CBA es 180◦ − 40◦ − 30◦ = 110◦ que esobtuso, luego el angulo agudo es 70◦.

Solucion del problema 18: Si todos los dıgitos fuesen positivos entonces su suma serıa al menos 7. Comoes 6, alguno es 0 y el producto de todos es 0.

Solucion del problema 19: Por la congruencia, se tiene que cada cuadrado negro tiene un lado igual a untercio del cuadrado grande, es decir tiene un noveno de area. Ademas, los dos triangulos juntos forman uncuadrado negro, es decir que se eliminan dos novenos del area.

Solucion del problema 20: Supongamos que los enteros a, b son mayores a 1, luego

ab + 1− a− b = (a− 1)(b− 1) > 0 =⇒ ab + 1 > a + b

Es decir que para maximizar la suma se tiene que tener un numero con el mayor producto posible y el restoiguales a 1, entonces la suma maxima es

1000000 + 999999 · 1 = 1999999.

Solucion del problema 21: El numero deja resto 7 en la division para 10 y es multiplo de 7, luego entre 70numeros consecutivos hay exactamente 1 que cumple pues 10 y 7 son coprimos. Del 1 al 840 = 12 · 70 hay 12numeros, y 13 · 70 = 910, y ademas 847 < 900 cumple, ası se concluye que hay 13 numeros con la condicionrequerida.

Solucion del problema 22: Por el teorema de Tales, BC es la mitad del lado de un cuadrado entoncesBC = 15 y AB es un tercio entonces AB = 10, luego el area del triangulo ABC es 15×10

2 = 75 pues el trianguloABC es rectangulo en B.

ONM 2018 - OMEC 50

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 2Solucion del problema 23:

x2

y2 +y2

x2 + 2 =x4 + y4 + 2x2y2

x2y2 =(x2 + y2)2

(xy)2 =254

Solucion del problema 24: Si se usan solo las furgonetas, si hay 30 ninos o menos, entonces lo maximo quese paga es 5× 60 = 300, a partir de 31 ninos se paga al menos 6× 60 = 360.En un bus entra hasta 48 ninos y se paga 237 + 120 = 357, luego a partir de 31 ninos es mejor contratar losbuses.

Solucion del problema 25: Sea x = 11111, luego

1111111111− 22222 = x(105 + 1)− 2x = x× 99999 = 9x2

√1111111111− 22222 = 3x = 33333

Como la suma de los dıgitos es igual a 15, entonces el resto en la division para 9 es 6.

ONM 2018 - OMEC 51


TABLA DE RESPUESTAS

N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta N◦ Respuesta1 R1 6 R6 11 R11 16 R16 21 R212 R2 7 R7 12 R12 17 R17 22 R223 R3 8 R8 13 R13 18 R18 23 R234 R4 9 R9 14 R14 19 R19 24 R245 R5 10 R10 15 R15 20 R20 25 R25

Solucion del problema 1: Sea x el precio del primer carro, por ende el segundo carro costo 27000− x. Alvender el primer carro con 10% de lucro, adquiere 110

100 · x; y el segundo carro con 5% de perjuicio, adquiere95

100 · (27000− x). Por dato del problema, tenemos que el comerciante gano $750, entonces:

110 · x100

+95 · (27000− x)

100= 27750

15x = 210000

x = 14000

Por lo tanto, los precios de compra del primer y segundo carro fueron $14000 y $13000 respectivamente.

Solucion del problema 2: Los numeros de cuatro dıgitos que empiezan con 1 son seis, de igual forma ocurrecon los numeros que empiezan con 2, y los numeros que empiezan con 3 son: 3124, 3142, 3214, 3241, 3412, 3421.Por tanto el numero 3142 ocupa la decimo cuarta posicion.

Solucion del problema 3: El area del cuadrado ABCD es CD2. En el triangulo CPD tenemos ∠CPD = 90◦

luego usando el teorema de Pitagoras: CD2 = 72 + 112 = 170

Solucion del problema 4: Multiplicando ambos miembros de la ecuacion por el mismo denominador:√

x + 1 +√

x− 1 = 3√

x + 1− 3√

x− 1

4√

x− 1 = 2√

x + 1

(2√

x− 1)2 = (√

x + 1)2

4x− 4 = x + 1

x =53

Reemplazando en la ecuacion:√53+ 1 +

√53− 1√

53+ 1−

√53− 1

= 3⇔

√83+

√23√

83−√

23

= 3⇔√

8 +√

2√8−√

2= 3⇔ 3

√2√

2= 3

Solucion del problema 5: La suma de los perımetros de los tres cuadrilateros y de los cuatro triangulosinteriores es igual al perımetro del triangulo exterior mas dos veces la suma de los tres segmentos. Por lotanto la suma de los tres segmentos es (25 + 20− 19)/2 = 13 cm

Solucion del problema 6: El area del triangulo ABC esBC× AB

2=

2× 12

= 1.

Ademas 4AHG ∼ 4ACD con lo cualHGCD

=AGAD⇔ HG

1=

62⇔ HG = 3⇔ FH = 1

El area del trapecio CEFH es EF(

EC + FH2

)= 4

(3 + 1

2

)= 8

Por lo tanto el area de la region sombreada es 9.

ONM 2018 - OMEC 52

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 3Solucion del problema 7: Los numeros en cuestion son 1302, 1311, 1320, 2301, 2310 y 3300.

Solucion del problema 8: Al multiplicar ambas ecuaciones al cuadrado, tenemos que x2y2 = 4 y x4 +

2x2y2 + y4 = 25. Ası mismo, se divide la segunda ecuacion de la primera y se obtiene: x2

y2 +y2

x2 + 2 = 254 .

Solucion del problema 9: Sea n la cantidad de ninos. Contratar los buses es mas barato si:

60⌈n

6

⌉> 237 + 120

⌈ n48

⌉Con n ≤ 48,

60⌈n

6

⌉> 237 + 120 · 1⌈n6

⌉>

35760⌈n

6

⌉> 5, 95⌈n

6

⌉≥ 6

Por lo que n = 31.

Solucion del problema 10: La hipotenusa del4ABC es√

62 + 82 = 10 cm y su perımetro es 6+ 8+ 10 = 24

cm. El 4KLM es semejante al 4ABC con razon de semejanza12

, por lo tanto su perımetro es 12 cm.

Solucion del problema 11: Sean a, a + r, a + 2r los dos catetos y la hipotenusa del triangulo rectangulorespectivamente. Puesto que a + (a + r) + (a + 2r) = 48 se tiene que a + r + 16. Ademas usando el Teoremade Pitagoras sabemos que: a2 + (a + r)2 = (a + 2r)2 con lo cual se deduce r = 4 y a = 12. Finalmente el area

del triangulo es:a(a + r)

2=

12 · 162

= 96

Solucion del problema 12: Sea n1 la cantidad de abogados y n2 la cantidad de medicos. Se sabe que lasuma de las edades de los abogados es 50 · n1 y la suma de las edades de los medicos es 35 · n2, entonces:

50 · n1 + 35 · n2

n1 + n2= 40

50 · n1 + 35 · n2 = 40 · n1 + 40 · n2

10 · n1 = 5 · n2

2 · n1 = n2

Con lo que se concluye que el numero de medicos es el doble que el numero de abogados.

Solucion del problema 13: Para que la suma de dos cuadrados sea 25, se da para valores de x = 0, 3, 4, 5de la siguiente manera: (5− 5)2 + 52 = 25 , (0− 5) + 02 = 25 , (0− (−5)) + 02 = 25 , (4− 1)2 + 42 = 25 ,(4− 7)2 + 42 = 25 , (3− 7)2 + 32 = 25 , (3− (−1))2 + 33 = 25. Por lo tanto existen 7 soluciones.

Solucion del problema 14: Las coordenadas de B son (2,−3) y las de C son (−3, 2). Podemos tomar la

base AB = 3− (−3) = 6 y como altura 2− (−3) = 5, por tanto el area del triangulo ABC es6 · 5

2= 15

Solucion del problema 15: Por (1), tenemos que x = 5− 1y . Por (2), tenemos que z = 1

1−y . Reemplazamosen la tercera ecuacion y obtenemos que:

11− y

+1

5− 1y

= 2

ONM 2018 - OMEC 53

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 31

1− y+

y5y− 1

= 2

Luego,−y2 + 6y− 1 = −10y2 + 12y− 2

9y2 − 6y + 1 = 0

(3y− 1)2 = 0

y =13

Entonces x = 2 y z = 32 , por ende x + 2y + 2z = 6.

Solucion del problema 16:

P

QR

S

T

U

En el triangulo PRQ sabemos que ∠QPR +∠PRQ = 90◦

En el triangulo PTS sabemos que ∠TSP = ∠PTS por ser un triangulo isosceles y ademas ∠PTS = 180◦ −∠SPT −∠TSPEn el triangulo TRU sabemos que ∠RUT = ∠UTR por ser un triangulo isosceles y ademas ∠UTR =180◦ −∠TRU −∠RUTSumando las ultimas ecuaciones:∠PTS +∠UTR = 360◦ − (∠SPT +∠TRU)− (∠TSP +∠RUT)∠PTS +∠UTR = 360◦ − 90◦ − (∠PTS +∠UTR)2(∠PTS +∠UTR) = 270◦

∠PTS +∠UTR = 135◦

Finalmente ∠STU = 180◦ − (∠PTS +∠UTR) = 180◦ − 135◦ = 45◦

Solucion del problema 17: Los numeros 1111111111 y 22222 se pueden escribir como 1010−19 y 2 · 105−1

9respectivamente. Tenemos que:

√1111111111− 22222 =

√1010 − 1

9− 2 · 105 − 1

9√

1111111111− 22222 =

√(105 − 1)(105 + 1)

9− 2 · 105 − 1

9√

1111111111− 22222 =

√105 − 1

9(105 + 1− 2)

√1111111111− 22222 =

√(105 − 1)2

9√

1111111111− 22222 =105 − 1

3√1111111111− 22222 =33333

Por lo que el resto de 33333 para 9 es 6.

Solucion del problema 18: Usando el teorema de Pitagoras en el triangulo ABC, tenemos BC =√202 − 122 = 16

ONM 2018 - OMEC 54

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 3

Ademas 4BDE ∼ 4BCA⇔ BEBA

=EDAC

=DBCB⇔ BE

20=

ED12

=1016

LuegoArea4BDEArea4BCA

=

BD · DE2

AC · CB2

=10 · DE12 · 16

=102

162 .

Pero Area 4BCA =12· 12 · 16 = 96⇒ Area4BDE =

15 · 52

=752

.

Finalmente el area del cuadrilatero ADEC es igual a 96− 752

=1172

Solucion del problema 19: Si x −→ 2018x

f(

2018x

)+ 2 f (x) =

3 · 2018x

2 f(

2018x

)+ 4 f (x) =

6 · 2018x

Restamos la ecuacion original de la nueva ecuacion y tenemos:

3 f (x) =6 · 2018

x− 3x

f (x) =2036

x− x

Entonces f (2) = 20362 − 2 = 2018− 2 = 2016.

Solucion del problema 20: Observemos que 5! = 120, luego para todo entero positivo n > 5, n! es multiplode 10, por lo tanto, el dıgito de las unidades de n! sera 0. Entonces el dıgito de las unidades de la suma:1! + 2! + 3! + · · ·+ 98! + 99! sera el mismo que el dıgito de las unidades de 1! + 2! + 3! + 4! = 33, esto es 3.

Solucion del problema 21: Cada jugador tiene 5 numeros para escoger, por lo que hay 25 casos posibles.La persona que escogio PAR gana si: Caso 1: Ambos jugadores escogen numeros impares, con lo que hay3 · 3 = 9 formas. Caso 2: Ambos jugadores escogen numeros pares, con lo que hay 2 · 2 = 4 formas. Entoncesla probabilidad de la que gane es de 9+4

25 = 1325 .

Solucion del problema 22: Al ser α una raız de x2 + x− 1, tenemos que α2 + α− 1 = 0.Entonces:

α2 = 1− α

α4 = 1− 2α + α2

α4 = (α2 + α− 1)− 3α + 2

α4 = −3α + 2

Luego,

α5 = −3α2 + 2α

α5 − 5α = −3α2 − 3α

α5 − 5α = −3(α2 + α)

Sabemos que α2 + α = 1, entonces α5 − 5α = −3.

ONM 2018 - OMEC 55

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL 3Solucion del problema 23: Al ser AC diametro, tenemos que ∠ABC = 90◦. Por el teorema de Pitagorasen 4ABC: AC =

√42 + 22 = 2

√5. Ası mismo, se sabe que AD = DC y ∠CDA = 90◦, por lo que

DA =√

AC2

2 =√

10. Por el teorema de Ptolomeo en el cıclico ABCD, tenemos que:

AC · BD = AB · CD + BC · AD

2√

5 · BD = 4√

10 + 2√

10

BD = 3√

2

Solucion del problema 24: Como N es divisible para 2, b es par. Ası mismo, N es divisible para 9, entoncesa + 5 + 3 + 9 + 9 + 8 + 4 + b = a + b + 38 es multiplo de 9, por lo que a + b + 2 es multiplo de 9.Si a + b + 2 = 18, tenemos que a ≥ 10, al ser b ≤ 8, por lo que no es posible.Si a + b + 2 = 9, las parejas (a, b) serıan (7, 0), (5, 2), (3, 4), (1, 6).Ademas, N es multiplo de 11, por lo que la unica pareja (a, b) es (1, 6). Entonces N = 15399846 y el dıgito delas unidades de N

198 = 77777 es 7.

Solucion del problema 25: Prolongamos el rayo BC hasta un punto Q tal que PQ = PB. Por condicion delproblema, sabemos que AC = CQ y que ∠ACQ = 50◦ + 60◦ = 110◦, por lo que ∠CQA = 35◦. Ademas, PMes la paralela media de AQ al ser M y P puntos medios de los lados AB y BQ respectivamente, entonces∠MPQ = ∠MPC = 180◦ −∠CQA = 145◦.

ONM 2018 - OMEC 56

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL U2.1.5 NIVEL U

Solucion del problema 1: En total hay 63 = 216 casos y por tanto basta hallar la cantidad de casos en quesucede que la suma de dos numeros es igual al tercero, sin importar el orden. Si los 3 numeros son distintos,hay 6 permutaciones que dan el mismo resultado. Si dos numeros son iguales, los dos sumandos son igualesy hay 3 permutaciones que dan el mismo resultado. No pueden haber 3 numeros iguales que cumplan lacondicion.Es facil hallar todas las ternas ordenadas de numeros distintos: 1,2,3; 1,3,4; 1,4,5; 1,5,6, 2,3,5; 2,4,6. Es decir hay6 ternas y consecuente 36 casos posibles. Es facil hallar todas las ternas ordenas con sumandos iguales: 1,1,2;2,2,4; 3,3,6. Es decir hay 3 ternas y consecuente 9 casos posibles. Como ambas condiciones anteriores sonexcluyentes, se concluye que hay 45 casos posibles y la probabilidad es p

q = 45216 = 5

24 . Por tanto p = 5, q = 24,y p + q = 29.

Solucion del problema 2: ANSWER: 360Podemos escribir lo siguiente


=sen(20 sen(18x))

20 sen(18x)· 20 sen(18x)

18x· 18x

sen(x)

Se tiene que si x → 0, entonces 18x → 0 y 20 sen(18x) → 0 por la continuidad de la funcion seno. Esconocido que limy→0

sen(y)y = 1 y junto con lo anterior se concluye que

limx→0

sen(20 sen(18x))20 sen(18x)

= 1, limx→0

20 sen(18x)18x

= 20, limx→0

18xsen(x)

= 18

Finalmente, se puede usar propiedad de la multiplicacion de lımites para hallar

limx→0


= 1 · 20 · 18 = 360

Nota: Reemplazando directamente x produce una indeterminacion del tipo 0/0, y por ende se puede usar elteorema de L’Hopital como sigue

limx→0


= limx→0

cos(20 sen(18x)) · 20 cos(18x) · 18cos(x)

= 360

Solucion del problema 3: Si n2 ≤ x < (n + 1)2, entonces n ≤√

x < n + 1 y por ende b√

xc = n. Luego lasiguiente integral cumple que

∫ (n+1)2

n2b√

xc dx =∫ (n+1)2

n2n dx = n(2n + 1)

De lo anterior se concluye que

∫ m2

0b√

xc dx =m−1

∑n=0

∫ (n+1)2

n2b√

xc dx =m−1

∑n=0

(2n2 + n)

∫ m2

0b√

xc dx =m(m− 1)(2m− 1)

3+

m(m− 1)2

=m(m− 1)(4m + 1)

6En la ultima expresion se usaron las conocidas formulas de la suma de numeros consecutivos y de la sumade sus cuadrados. Finalmente, se reemplaza el valor m = 10 y se concluye que la integral es igual a 615.

Solucion del problema 4: Veamos que el punto mas cercano de la parabola a la recta es el punto tal que latangente a la parabola en dicho punto es paralela a la recta, por lo que se debe determinar la derivada de laparabola y posteriormente igualarla con la pendiente de la recta para determinar las coordenadas del punto

ONM 2018 - OMEC 57

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL Umas cercano.Veamos que la pendiente de la recta es 6 y la derivada de la parabola es y = 6x− 12 con lo que

6x− 12 = 66x = 6 + 126x = 18

x = 3

Luego el punto de la parabola mas cercano a la recta se obtiene de

y = 3(3)2 − 12(3) + 15 = 6

Por lo que hay que basta con encontrar la distancia entre (3, 6) y 6x− y− 40 = 0

d =

∣∣∣∣∣6 · 3− 1 · 6− 40√62 + (−1)2

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣−28√37

∣∣∣∣=

28√37

Entonces a = 28 y b = 37, ası a + b = 28 + 37 = 65.

Solucion del problema 5: Primero veamos que la funcion f se puede escribir como

f (x, y) =[

2 |a||a| − 1 3

] [xy

]Luego, la funcion f es una transformacion lineal y tiene multiples ceros (infinitos) si y solo si la matriz essingular, es decir, tiene determinante igual a 0

0 = det[

2 |a||a| − 1 3

]= 6 + |a| − |a|2 = (3− |a|)(2 + |a|)

Luego el unico caso posible es |a| = 3, que tiene dos soluciones a = 3 y a = −3. Por ende, hay dos valores dea para los cuales la funcion f tiene multiples ceros.

Solucion del problema 6: 2018 es par pero no divisible para 4. Cualquier potencia par de 2018 es divisiblepara 4, luego 201820182018

y 20182018 son ambos divisibles para 4. Ahora, veamos que

2018 ≡ 18 ≡ −7 mod 25

20182 ≡ (−7)2 = 49 ≡ −1 mod 25

Luego cualquier potencia par de 20182 deja resto 1 y cualquier potencia impar de 20182 deja resto -1.Consecuentemente, 201820182018

y 20182018 dejan restos 1 y -1 en la division para 25, respectivamente.Como 25 y 4 son coprimos por el teorema del resto chino, existe un unico resto en la division para 100 quedeja restos r1 y r2 en la division para estos factores. Por tanto, en la division para 100, 201820182018

y 20182018

dejan restos 76 y 24, respectivamente. Finalmente 201820182018 − 20182018 deja resto 76− 24 = 52 en la divisionpara 100.Nota: Alternativamente, se puede notar que para todo entero positivo k

(182)2k = (184)k ≡ 76k ≡ 76 mod 100

(182)2k+1 = (184)k(182) ≡ 76(24) ≡ 24 mod 100

ONM 2018 - OMEC 58

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL Uy consecuentemente todas las potencias con exponentes pares de 182 dejan resto 76 y todas las potenciascon exponentes impares de 182 dejan resto 24. Finalmente, basta notar que 20182018

2 es par y 20182 es impar, de

donde se concluye que el resto deseado es 76− 24 = 52.

Solucion del problema 7: Reemplazando las definiciones de x y A en f , se tiene que f (α) = 1002− 600α+ α2.La funcion cuadratica anterior toma valores negativos si α esta entre sus dos raıces. Las raıces son a =300− 200

√2 ≈ 17.16 y b = 300 + 200

√2 ≈ 582.84. Luego basta hallar cuantos numeros enteros hay entre a y

b, es decir cuantos valores enteros de α hay tales que 18 ≤ α ≤ 582. Se concluye que hay 582− 18 + 1 = 565valores enteros de α tales que f (α) < 0.

Solucion del problema 8: r(t) = (0, 0) si y solo si cosπt6

= senπt5

= 0. Es facil ver que cosπt6

= 0 cuandoπt6

= (k + 12 )π para todo entero k, es decir, t = 6k + 3. De igual manera, sen

πt5

= 0 cuandoπt5

= kπ paratodo entero k, es decir, t = 5k. Como 5 y 6 son coprimos, el teorema del resto chino asegura la existencia deun unico resto modulo 30 tal que se cumplan las condiciones anteriores, es facil encontrar que dicho resto es15.De lo anterior se concluye que r(t) = (0, 0) si y solo si t = 30k + 15 para todo entero k, es decir, que t esmultiplo de 15 pero no de 30. Del 0 al 2018 hay 135 multiplos de 15. Desechando los multiplos de 30, quedan67 soluciones en el intervalo dado.

Solucion del problema 9: Sabemos que la integral del gradiente es independiente de la trayectoria y esigual a la diferencia de la funcion evaluada en los puntos final e inicial, por tanto∫

Sn

∇ f · ds = f (n, n)− f (0, 0) = 10n− n2 = 25− (n− 5)2 ≤ 25

Luego concluimos que la integral de lınea es a lo sumo 25 y este valor lo logra para n = 5.Nota: Alternativamente, consideremos la siguiente parametrizacion: x = nt, y = ntn con 0 ≤ t ≤ 1. Entoncestenemos que ds = (n, n2tn−1)dt. Luego podemos calcular el gradiente de la funcion

∇ f =

(∂ f∂x

,∂ f∂y

)= (6− y, 4− x)

Ahora reemplazamos usando la parametrizacion para hallar la integral de lınea∫Sn

∇ f · ds =∫ 1

0(6− ntn, 4− nt) · (n, n2tn−1)dt =

∫ 1

0[(6− ntn)n + (4− nt)n2tn−1]dt

∫Sn

∇ f · ds =∫ 1

0[6n + 4n2tn−1 − (n3 + n2)tn]dt = 6nt + 4ntn − n2tn+1

∣∣∣10= 10n− n2

∫Sn

∇ f · ds = 10n− n2 = 25− (n− 5)2 ≤ 25

Solucion del problema 10: Dos rectas se cortan en maximo 1 punto, luego P debe tener grado mayor a1. Denotemos t a la recta dada. Consideremos la funcion Q(x) como la diferencia entre P(x) y la recta t;como la recta es un polinomio de grado 1, Q es un polinomio con el mismo grado que P. Por los datos delproblema, sabemos que Q tiene exactamente 7 raıces reales y concluimos que debe tener al menos grado 7.Como t es tangente en un punto a la curva de P, tenemos que P′ en dicho punto y la pendiente de t soniguales, es decir, que Q′ se anula en dicho punto. Luego Q tiene una raız doble en el punto de tangencia yconcluimos que Q y P deben tener al menos grado 8.Por ejemplo, P(x) = x2(x2 − 1)(x2 − 4)(x2 − 9) y la recta y = 0 se cortan para x = 0,±1,±2,±3, y la recta estangente a la curva en (0, 0).

Solucion del problema 11: Primero notemos que

an = n− an−1 = n− ((n− 1)− an−2) = an−2 + 1

ONM 2018 - OMEC 59

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL Uy como a0 = 0, entonces a1 = 1− 0 = 1 y a2 = 2− 1 = 1. Luego

s2m =1

2m(0 + 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + . . . + m + m) =

12m

2m(m + 1)2

=m + 1

2

Finalmente, reemplazando m = 1009 se tiene que s2018 =1009 + 1

2= 505.

Solucion del problema 12: Notemos que si los polinomios tienen raices comunes, al simplicar no cambia ladiferencia de los grados ni la razon de los coeficientes principales. Es facil ver que f se aproxima como 1

42 x10.Sin perdida de generalidad, consideremos la funcion racional con n > m

f (x) =axn + . . .xm + . . .

Luego la derivada cumple que

d fdx

(x) =(xm + . . .)(naxn−1 + . . .)− (axn + . . .)(mxm−1 + . . .)

(xm + . . .)2

d fdx

(x) =(anxn+m−1 + . . .)− (amxn+m−1 + . . .)

(xm + . . .)2 =a(n−m)xn+m−1 + . . .

x2m + . . .

Luego, concluimos que la funcion racional d fdx se aproxima como a(n− m)xn−m−1. El analisis anterior es

valido solo cuando n 6= m. Luego, aplicando secuencialmente lo anterior tenemos que las primeras cincoderivada de f se aproximan como

1042

x9,10 · 9

42x8,

10 · 9 · 842

x7,10 · 9 · 8 · 7

42x6,

10 · 9 · 8 · 4242

x5 = 720x5

Luego C = 720.

Solucion del problema 13: Vamos primero a hallar los valores propios de la matriz A. Definamos la matrizB como sigue

B =

[8 −310 −3

]Luego es facil ver que det(A− λI4) = (1− λ)(−1− λ)det(B− λI2) donde In es la identidad de tamanon× n. Luego se tiene que

det(A− λI4) = (1− λ)(−1− λ)(λ2 − 5λ + 6) = (1− λ)(−1− λ)(2− λ)(3− λ)

Se concluye que los valores propios de A son 1,−1, 2, 3. Por el teorema espectral, se tiene que los valorespropios de A5 − A4 son λ5 − λ4, es decir 0,−2, 16, 162. Finalmente sabemos que la traza de una matriz esigual a la suma de sus valores propios, por ende la traza de A5 − A4 es 0− 2 + 16 + 162 = 176.

Nota: Una solucion alternativa consiste en darse cuenta que al calcular A2, se mantiene la estructura de lamatriz con 12 en la primera entrada de la diagonal y (−1)2 en la ultima entrada de la diagonal y B2 en elcentro. Lo anterior se puede facilmente generalizar, con lo cual se puede calcular A4 y A5:

A5 − A4 =

0 0 0 00 892 −438 00 1460 −714 00 0 0 −2

y directamente calcular la traza 0 + 892− 714− 2 = 176.

Solucion del problema 14: Como obtuvo el mismo resultado considerando el error, se tiene que

y′1y2 + y1y′2 = (y1y2)′ = y′1y′2

ONM 2018 - OMEC 60

SOLUCIONES PRIMERA FASE NIVEL UReemplazando y2(x) = eCx en ambos extremos se tiene que

y′1eCx + Cy1eCx = Cy′1eCx

Como eCx > 0 para todo real x, la ecuacion anterior se simplifica sin eliminar soluciones

y′1 + Cy1 = Cy′1 =⇒ y′1 =C

C− 1y1

Notemos que si C = 1, entonces y1 = 0, lo cual es imposible pues y1 no es constante; concluimos que C 6= 1.La solucion de la ecuacion diferencial anterior es

y1(x) = y1(0)eCx

C−1 = e10eCx

C−1 = e10+ CxC−1

Finalmente, se tiene que e111 = y1(100) = e10+ 100CC−1 y por tanto

10 +100CC− 1

= 111 =⇒ C = 101

Solucion del problema 15: Como uV ∈ V, entonces existen reales a, b, c tales que uV(x) = a + bx + cx2.Por el teorema de la proyeccion, el mınimo cumple que la mejor aproximacion es la proyeccion ortogonalsobre el subespacio vectorial, es decir, 〈u− uV , v〉 = 0 para todo v ∈ V. Basta usar el hecho anterior para loselementos de la base {1, x, x2}, luego se tiene que

0 =∫ 1

0(x3 − a− bx− cx2)dx =

14− a− b

2− c

3

0 =∫ 1

0(x4 − ax− bx2 − cx3)dx =

15− a

2− b

3− c

4

0 =∫ 1

0(x5 − ax2 − bx3 − cx4)dx =

16− a

3− b

4− c

5

Resolviendo el sistema de ecuaciones anterior, se obtiene que a = 120 , b = − 3

5 , c = 32 y por ende uV(x) =

120 −

3x5 + 3x2

2 .Finalmente, se tiene que uV(1) = 1

20 −35 +

32 = 19

20 y por tanto p + q = 19 + 20 = 39.

Nota: Alternativamente, se tiene que uV(x) = a + bx + cx2 y se puede calcular el error al cuadrado

e2 =∫ 1

0(x3 − a− bx− cx2)2dx

Lo anterior es una funcion cuadratica (y convexa) de a, b, c, y para minimizarla es necesario y suficiente quesus derivadas parciales se anulen. De ∂e2

∂a = ∂e2

∂b = ∂e2

∂c = 0, se obtiene un sistema de ecuaciones lineales queresulta en la misma aproximacion uV(x) = 1

20 −3x5 + 3x2

2 .

ONM 2018 - OMEC 61

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL A2.2 SEGUNDA FASE

2.2.1 NIVEL A

Solucion del problema 1: Al ver la columna de las unidades, notamos que el ”resultado” es C, igual queuno de sus sumandos, por tanto B + A termina en cero y ya que solo son dos sumandos B + A = 10

Como es 10, llevamos 1 a la columna de las decenas:

1A

+ BCB

En forma similar 1 + A + C termina en cero y solo puede ser 1 + A + C = 10, es decir A + C = 9

De la columnas de las decenas llevamos 1, por lo tanto A = 1 y finalmente de A + C = 9 tenemosC = 8 y de B + A = 10 tenemos B = 9.

Finalmente comprobamos la solucion para A = 1 , B = 9 , C = 8

19+ 98

81198

Solucion del problema 2: Veamos que los dıgitos hasta la posicion 9 son:

3, 4, 2, 8, 6, 8, 8, 4, 2

Entonces aparece un ciclo de 6 dıgitos 4, 2, 8, 6, 8, 8 que se repite periodicamente, pero hay que considerar queel 3 del inicio no forma parte del ciclo. Entonces los dıgitos 4 aparecen en las posiciones que tienen la forma6k + 2 con k ∈ Z+, y como 2018 = 6(336) + 2 entonces el dıgito en la posicion 2018 es 4.

Solucion del problema 3: Veamos que AD es radio en la circunferencia que tiene centro en A, por lo queAD = 3, luego BC = 3, por lo que el radio de la circunferencia con centro en B es 2 y ası AB = 3 + 2 = 5,por lo que (ABCD) = AB · AD = 5(3) = 15.

Luego el area sombreada es 15− π × 32

4− π × 22

4− π × 12

4= 15− 7π

2=

30− 7π

2

Solucion del problema 4: Primero analizamos los numeros de cuatro dıgitos, los cuales se pueden formarde 4× 4× 3× 2 = 96 formas. Luego analizamos los numeros de cinco dıgitos, los cuales se pueden formarde 5× 4× 3× 2× 1 = 120 formas. Finalmente existen 96 + 120 = 216 numeros con las caracterısticasmencionadas.

Solucion del problema 5: Cada 55 numeros se borra un total de 15 numeros: pues son 11 multiplos de 5 y5 multiplos de 11, pero los multiplos de 55 son multiplos comunes a 11 y a 5. Entonces de cada 55 numerosse quedan 40. Ahora, 2000 = 40× 50 ası que el numero 55× 50 = 2750 esta en la posicion 2000.Entre 2750 y 2750 + 18 = 2768 eliminamos los numeros: 2755, 2760, 2761, 2765 . Con lo cual el numero 2768ocupa la posicion 2018− 4 = 2014.Los siguientes cuatro numeros que no son divisibles entre 5 y 11 son: 2769, 2771, 2773, 2774Finalmente eso quiere decir que la posicion 2018 la ocupa el numero 2774

ONM 2018 - OMEC 62

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL 12.2.2 NIVEL 1

Solucion del problema 1: La expresion se simplifica a 6√

17 · n y como 17 es primo, n debe ser comomınimo 17.

Solucion del problema 2: En primer lugar, veamos que para que un numero natural tenga suma de dıgitosigual a 33, debe tener por lo menos 4 dıgitos, pues si tuviera 3 o menos, la suma de sus dıgitos serıa comomaximo 9 + 9 + 9 = 27.Si denotamos al numero como abcd, como b + c + d ≤ 27, entonces a ≥ 6. Como estamos buscando el menornumero, hacemos a = 6 y eso obliga a que todos los otros dıgitos sean iguales a 9. Por lo tanto, el menornumero natural que tiene suma de dıgitos igual a 33 es 6999.

Solucion del problema 3: AB = BC = 4, CD = DE = 2, EF = FG = GA = 1.

⇒ AB + BC + CD + DE + EF + FG + GA = 4 + 4 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 = 15.

Solucion del problema 4: Hay un total de 12 combinaciones dependiendo del numero de monedas de 10centavos usadas.

Solucion del problema 5: En un mes hay como maximo 31 dıas, luego ella recogio 5× 31 = 155 conchas enel mes. En un mes hay al menos 4 fines de semana, luego ella regalo al menos 10× 4 = 40 conchas duranteel mes. Luego la maxima cantidad netas de conchas que pudo agregar a su coleccion al finalizar un mes es155− 40 = 115.

Solucion del problema 6: Usando pitagoras en los triangulos ABD y CBD obtenemos AD = 6 y CD = 15,por lo tanto AC = 6 + 15 = 21. El area de ABC es igual a 1

2 BD · AC = 12 (21)(8) = 84.

Solucion del problema 7: Vamos a realizar el conteo por complemento.En primer lugar contaremos la cantidad de numeros de dos dıgitos que se pueden formar con los dıgitosdados. El dıgito de las decenas puede tomar 5 valores diferentes, mientras que el dıgito de las unidades,por ser distinto al dıgito anterior, puede tomar cualquiera de los 4 valores que quedan, por lo tanto hay5× 4 = 20 numeros de dos dıgitos distintos. A continuacion contaremos la cantidad de numeros primosque hay entre estos numeros. Por ser primo, el dıgito de las unidades solo puede ser 3. Los posibles primosserıan 23, 43, 53 y 63, de los cuales los tres primeros sı son primos y el ultimo no lo es, pues es multiplo de3. Luego, entre los numeros considerados hay 3 que no son primos. Con estos dos resultados anteriores,concluimos que la cantidad de numeros no primos es igual a 20− 3 = 17.

Solucion del problema 8: Consideremos primero la mayor suma, es decir, cuando utilizamos 9 signos (+),esta suma es igual a

+1 + 2 + 3 . . . + 9 = 45.

Ahora, una suma cualquiera se obtiene luego de realizar algunas operaciones sucesivamente, donde cadaoperacion consiste en cambiar un signo (+) por un signo (−), es decir, si en la suma aparecıa el numero+n luego de la operacion aparece −n con lo cual la suma disminuye en 2n. Esto significa que, con cadaoperacion, la suma disminuye en una cantidad par. Notamos entonces que la paridad del resultado no varıa:como al inicio la suma es impar, luego de realizar operaciones indicadas obtendremos siempre un numeroimpar. Por lo tanto, Pepito nunca puede obtener el 0 como resultado final. Veamos ahora que Pepito puedeobtener el 1 de la siguiente manera:

+1 + 2− 3− 4 + 5 + 6− 7− 8 + 9 = 1.

Con este ejemplo podemos afirmar que 1 es el menor valor no negativo que puede obtener Pepito.

Solucion del problema 9: La primera hoja del periodico contiene las paginas 1, 2, n− 1, n, donde n es lacantidad de paginas. La siguiente hoja contiene las paginas 3, 4, n− 3, n− 2. Observemos que:

1 + n = 2 + (n− 1) = 3 + (n− 2) = 4 + (n− 3) = . . . ,

ONM 2018 - OMEC 63

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL 1es decir, si tomamos cualquier hoja, la suma de los numeros de las dos paginas que contiene es siempren + 1, esto se debe a que si uno esta en la pagina 1 + k, significa que ha avanzado k paginas desde lapagina 1 y por lo tanto la otra pagina de la misma cara, sera la que tiene el numero n− k, que es la paginaque resulta al retroceder k paginas desde la ultima pagina, que tiene numero n. Luego, se cumple que17 + 48 = 18 + 47 = n + 1, y en consecuencia n = 64, que representa la cantidad de paginas del periodico deOmar.

Solucion del problema 10: Supongamos que Fernando le dio a Julio X gramos de su galleta y que el sequeda con Y gramos, entonces X + Y = 40. Cuando Fernando comio 1

3 de su parte le quedo 23 de los Y

gramos que tenıa, por dato esta cantidad debe ser igual a lo que tenıa Julio, es decir:

2Y3

= X

XY

=23

luego, existe un k tal que X = 2k y Y = 3k, y como X + Y = 40 entonces 5k = 40, de donde k = 8 yX = 2k = 16 que es la cantidad de gramos que le dio Fernando a Julio.

Solucion del problema 11: Si ignoramos a la persona que puede jugar en ambas posiciones tenemos un totalde 5× 4 = 20 formas de armar un equipo. Si incluimos a esta persona como rematador, hay 4 opciones parael colocador y si la incluimos como colocador, hay 5 opciones para el rematador. En total hay 20 + 4 + 5 = 29formas de armar un equipo correctamente.

Solucion del problema 12: Como AB = BC y DE = EA, los triangulos ABC y DEA son isosceles ypor tanto se tiene que ∠BAC = ∠BCA y ∠EAD = ∠EDA. Como las rectas BC y AD son paralelas, secumple que ∠BCA = ∠CAD pues son alternos internos entre paralelas. Analogamente, como las rectasAC y DE son paralelas, se tiene que ∠EDA = ∠CAD. Juntando los resultados anteriores se concluye que∠BAC = ∠BCA = ∠EAD = ∠EDA = ∠CAD.Se tiene que

84◦ = ∠ABC = 180◦ − 2∠BAC =⇒ ∠BAC = 48◦

Finalmente, como AB = BE luego el triangulo BAE es isosceles y por tanto

∠ABE = 90◦ − 12∠BAE = 90◦ − 3

2∠BAC = 90◦ − 3

2(48◦) = 18◦

Nota: Se tiene que ∠ABC = 180◦ − 2∠BCA = 180◦ − 2∠EAD = ∠DEA. En los triangulos ABC y DEAtienen dos pares de lados iguales y los angulos que conforman son iguales, luego por el criterio LAL, seconcluye que los triangulos ABC y DEA son congruentes. Del resultado anterior se concluye que AC = AD,luego el triangulo ACD es isosceles.

Solucion del problema 13: Sea C el conjunto de todos los numeros de 4 dıgitos distintos que estanformados unicamente por los dıgitos 1, 2, 3, 4, 5. Dado abcd en C diremos que su complemento es(6− a)(6− b)(6− c)(6− d) que tambien esta en C, por ejemplo, el complemento de 1234 es 5432 y elcomplemento de 5423 es 1243. Notemos que si el complemento de A es B, entonces el complemento de B esA, y ademas, ningun numero es igual a su complemento, pues si lo fuera este numero serıa igual a 3333, queno esta en C. Ahora, agrupamos cada numero con su complemento, de esta forma tendrıamos 60 gruposformados por dos numeros cada uno, ademas, notamos que la suma de los numeros de cada grupo es 6666.Ası la suma de los 120 numeros es:

6666× 60 = 399960,

en consecuencia, la suma de las cifras de S es 36.Nota: Alternativamente, notemos que en cada posicion, cada dıgito aparece 24 veces, luego

S = 24(1111 + 2222 + 3333 + 4444 + 5555) = 24(1111)(1 + 2 + 3 + 4 + 5)24(1111)(15) = 399960

ONM 2018 - OMEC 64

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL 1Solucion del problema 14: Para resolver el problema hallaremos todos los posibles valores de K tales que

1976 = 18K + r,

donde 0 ≤ r < K, pues r al ser resto de la division debe ser no negativo y menor que el divisor K. Luego,como r = 1976− 18K, tenemos:

0 ≤ (1976− 18K) < K ↔ 18K ≤ 1976 < 19K ↔ 104 < K ≤ 109 +79

de donde notamos que los posibles valores de K son 105, 106, 107, 108 y 109. Un total de 5 valores posibles.

Solucion del problema 15: Sea ab el numero de matematicos, por la condicion del problema tenemos:

ab = 2ab− 9

10a + b = 2ab− 9

9 = b(2a− 1)− 10a

Luego,9 + 5 = b(2a− 1)− 10a + 5

14 = b(2a− 1)− 5(2a− 1)

14 = (b− 5)(2a− 1)

Vemos que (2a− 1) es un factor impar de 14, luego, puede ser 1 o 7, si (2a− 1) = 1 entonces b = 19 que noes posible, en consecuencia, 2a− 1 = 7 de donde a = 4 y b = 7. Por lo tanto, el numero de matematicos es 47.

ONM 2018 - OMEC 65


Solucion del problema 1: Todo numero multiplo de 5 termina en 0 o 5, luego, analizamos los siguientescasos:

• El numero termina en 0. Tendrıamos que los dıgitos restantes deben sumar 26, y para que el numero seael menor posible debemos procurar tener la menor cantidad posible de dıgitos. Como 26 es mayor que18=9+9, entonces el numero debe tener al menos tres dıgitos mas, y la unica posibilidad es 26=9+9+8.Ahora ordenamos estos dıgitos para obtener el menor numero posible, que es 8990.

• El numero termina en 5. En este caso los dıgitos restantes deben sumar 21 y nuevamente, como 21es mayor que 18=9+9, el numero dene tener al menos tres dıgitos mas. Sea abc5 el menor numero,entonces a + b + c = 21 y como b + c ≤ 18 entonces a ≥ 3, luego, el menor numero se consigue cuandoa = 3, lo que implica que b = c = 9. En este caso el menor numero es 3995.

Luego de analizar los dos casos, concluimos que el menor numero que cumple las condiciones del problemaes 3995.

Solucion del problema 2: Sea X el pie de la perpendicular desde R hasta PT. El cuadrilatero PQRXes un rectangulo con dos lados adyacentes iguales por lo que es un cuadrado. De aquı tenemos queRX = PQ = PX = XT = 3. Podemos razonar igualmente con la perpendicular desde R hasta TS en Y yconcluir que RY = TY = 3 y ademas que YS = 4. Finalmente el triangulo RYS es un triangulo rectangulocon catetos de valores 3 y 4, por lo que la hipotenusa RS = 5. El perımetro del polıgono PQRST entoncesmide 3 + 3 + 6 + 7 + 5 = 24.

Solucion del problema 3: Si ignoramos a la persona que puede tomar ambas posiciones, tenemos un totalde 5× 4 = 20 formas de armar un equipo. Si incluimos a esta persona como rematador, hay 4 opciones parael colocador y si la incluimos como colocador, hay 5 opciones para el rematador. En total hay 20 + 4 + 5 = 29formas de armar un equipo correctamente.

Solucion del problema 4: Cada punto excepto el origen puede ser reflejado sobre cada eje en los 4 cuad-rantes. Por lo tanto, podemos enfocarnos solamente en el primer cuadrante, multiplicar por 4 y sumarle elorigen. Hay 5 casos que considerar dependiendo del valor de la coordenada del eje y.Caso 1: y = 0: Hay 5 posibilidades: (1, 0); (2, 0); (3, 0); (4, 0); y (5, 0) (sin el origen).Caso 2: y = 1: Hay 4 posibilidades: (1, 1); (2, 1); (3, 1); y (4, 1).Caso 3: y = 2: Hay 4 posibilidades: (1, 2); (2, 2); (3, 2); y (4, 2).Caso 4: y = 3: Hay 4 posibilidades: (1, 3); (2, 3); (3, 3); y (4, 3).Caso 5: y = 4: Hay 3 posibilidades: (1, 4); (2, 4); y (3, 4).

En total hay 4[5 + 3(4) + 3] + 1 = 81 puntos con coordenadas enteras que yacen en el cırculo.

Solucion del problema 5: Simplifiquemos separadamente cada uno de los miembros de la ecuacion. En elprimer miembro tenemos:

4

√√√√√ 3

√√1x

x

x= x−

38

Y en el segundo miembro: √√√√√ 3

√√√√ 4

√(1x

)n

= x−n24

por tanto:x−

38 = x−

n24

y como x es mayor que 1, los exponentes deben ser iguales, es decir,

−38= − n

24

ONM 2018 - OMEC 66

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL 2entonces n = 9.

Solucion del problema 6: Sean α y 2α las medidas de dos de los tres angulos del triangulo. Como es untriangulo isosceles, el tercer angulo debe ser igual a alguno de los dos angulos anteriores. Tenemos dos casos:

• Los angulos del triangulo son y α, 2α y α. En consecuencia α + 2α + α = 180◦, por ende α = 45◦, pero siesto ocurre, entonces la medida de uno de los angulos serıa igual a 2α = 90◦, lo que contradice el hechode que todos los angulos del triangulo son agudos.

• Los angulos del triangulo son y α, 2α y 2α. En consecuencia α + 2α + 2α = 180◦, por ende α = 36◦,en este caso las medidas de los angulos son 36◦, 72◦, 72◦. Podemos notar que todos los angulos sonagudos y ademas el angulo que es distinto de los otros dos tiene medida igual a 36◦.

Luego analizar los dos casos, concluimos que la respuesta es 36◦.

Solucion del problema 7: Supongamos que la primera hoja del periodico contenga las paginas 1, 2, n− 1, n,donde n es la cantidad de paginas. La siguiente hoja contiene las paginas 3, 4, n− 3, n− 2. Observemos que:

1 + n = 2 + (n− 1) = 3 + (n− 2) = 4 + (n− 3) = . . . ,

es decir, si tomamos cualquier hoja, la suma de los numeros de las dos paginas que contiene es siempren + 1, esto se debe a que si uno esta en la pagina 1 + k, significa que a avanzado k paginas desde la pagina1 y por lo tanto la otra pagina de la misma cara, sera la que tiene el numero n − k, que es la paginaque resulta al retroceder k paginas desde la ultima pagina, que tiene numero n. Luego, se cumple que17 + 48 = 18 + 47 = n + 1, y en consecuencia n = 64, que representa la cantidad de paginas del periodico deOmar.

Solucion del problema 8: El mayor capicua de 4 dıgitos es 9999 y 213 = 8192 y 214 = 16384 por lo que larespuesta es x = 13.

Solucion del problema 9: Sea a el primer numero y b el segundo, si se disminuye 6 al primero y se aumenta5 al segundo el producto serıa (a− 6)(b + 5), luego: (a− 6)(b + 5)− ab = 10 de donde 5a− 6b = 40, y comoa + b = 41, luego de resolver el sistema: {

5a− 6b = 40a + b = 41

(5)

obtenemos que a = 26 y b = 15. Finalmente, la diferencia entre el numero mayor y el menor es a− b = 11.

Solucion del problema 10: Para resolver el problema hallaremos todos los posibles valores de K tales que

1976 = 18K + r,

donde 0 ≤ r < K, pues r al ser resto de la division debe ser no negativo y menor que el divisor K. Luego,como r = 1976− 18K, tenemos:

0 ≤ (1976− 18K) < K ↔ 18K ≤ 1976 < 19K ↔ 104 < K ≤ 109 +79

de donde notamos que los posibles valores de K son 105, 106, 107, 108 y 109. Un total de 5 valores posibles.

Solucion del problema 11: 7(7a2 − 5b2 + 4c2)− 3(16a2 − 12b2 + 9c2) = a2 + b2 + c2 por tanto a2 + b2 + c2 =7(2018)− 3(−2018) = 20180

Solucion del problema 12: Tenemos un trapezoide con lados paralelos AO y DP. Trazamos OY tal queOY⊥DP. Ya que AOYD es un rectangulo, AD2 = OY2 = 62 − (4− 2)2 = 32, entonces AD =

√32 = 4

√2. El

area de un trapezoide es el producto de su altura h y el promedio de sus bases. En este caso, h = AD y elpromedio de las bases es AO+DP

2 = 2+42 = 3. Por simetrıa, [OPCB] = [OPDA] = 12

√2. Tenemos entonces

que X = [AOBCPD] = 24√

2 de donde√

2X = 24√

22= 48.

ONM 2018 - OMEC 67

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL 2Solucion del problema 13: Se tiene que

a2(b + c) = b2(c + a) =⇒ 0 = a2b + a2c− b2c− b2a = c(a2 − b2) + ab(a− b) = (a− b)(c(a + b) + ab)

Como a 6= b, entonces se concuye que ab + bc + ca = 0. Ahora consideremos que

0 = a(ab + bc + ca) = a2(b + c) + abc = 2018 + abc =⇒ abc = −2018

0 = c(ab + bc + ca) = c2(a + b) + abc = c2(a + b)− 2018 =⇒ c2(a + b) = 2018

Finalmente se tiene que

20c2(a + b) + 18abc = 20(2018) + 18(−2018) = 2(2018) = 4036

Solucion del problema 14: Sea N el numero de problemas que recibı ayer, como resolvı 70, los que mequedaron sin resolver fueron (N-70), luego:

(N − 70) >N2

.

Como hoy recibı 6 problemas mas y resolvı 36, me quedan por resolver (N − 70 + 6− 36) problemas, luego:

(N − 70 + 6− 36) < 42.

Entonces tenemos que N > 140, y que N < 142, en consecuencia N = 141, pues N es un numero natural.

Solucion del problema 15: Veamos que es posible que N sea igual a 8, pues basta considerar a los numeros81, 27 y 12. La suma de estos numeros es 120 y su producto es divisible por 38. Por el momento, supongamosque exista N ≥ 9 que cumpla las condiciones del problema, debemos llegar a una contradiccion. Sean a,b y c los numeros naturales tales que a + b + c = 120 y 39 divide a abc. Como 39|abc, entonces 33 divide aalguno de estos numeros. Supongamos que 33|a y como 35 no puede dividir a a (pues serıa mayor que 120),analizamos dos casos:

• Si a es multiplo de 33 pero no de 34, entonces 36|bc. Luego, 3 divide a alguno de estos numeros ycomo b + c = 120− a es multiplo de 3 entonces 3 divide a ambos numeros. Si ambos numeros fuesenmultiplos de 9 entonces a + b + c = 120 serıa multiplo de 9, pero no lo es. Entonces 35|c, lo cual es unacontradiccion.

• Si a es multiplo de 34, entonces 35|bc. De manera similar a lo anterior deducimos que ambos numerosson multiplos de 3 y alguno de ellos, digamos b, no es multiplo de 9. Entonces 34 divide a c. Peroa + c ≥ 81 + 81 = 162, lo cual de nuevo es una contradiccion.

Por lo tanto no es posible que N sea mayor o igual a 9. Como ya dimos un ejemplo con N = 8, concluimosque el maximo valor de N es 8.

ONM 2018 - OMEC 68


Solucion del problema 1: Cada punto excepto el origen puede ser reflejado sobre cada eje en los 4 cuad-rantes. Por lo tanto, podemos enfocarnos solamente en el primer cuadrante, multiplicar por 4 y sumarle elorigen. Hay 5 casos que considerar dependiendo del valor de la coordenada del eje y.Caso 1: y = 0: Hay 5 posibilidades: (1, 0); (2, 0); (3, 0); (4, 0); y (5, 0) (sin el origen).Caso 2: y = 1: Hay 4 posibilidades: (1, 1); (2, 1); (3, 1); y (4, 1).Caso 3: y = 2: Hay 4 posibilidades: (1, 2); (2, 2); (3, 2); y (4, 2).Caso 4: y = 3: Hay 4 posibilidades: (1, 3); (2, 3); (3, 3); y (4, 3).Caso 5: y = 4: Hay 3 posibilidades: (1, 4); (2, 4); y (3, 4).

En total hay 4[5 + 3(4) + 3] + 1 = 81 puntos con coordenadas enteras que yacen en el cırculo.

Solucion del problema 2: Simplifiquemos separadamente cada uno de los miembros de la ecuacion. En elprimer miembro tenemos:

4

√√√√√ 3

√√1x

x

x= x−

38

Y en el segundo miembro: √√√√√ 3

√√√√ 4

√(1x

)n

= x−n24

por tanto:x−

38 = x−

n24

y como x es mayor que 1, los exponentes deben ser iguales, es decir,

−38= − n

24

entonces n = 9.

Solucion del problema 3: Tenemos un trapezoide con lados paralelos AO y DP. Trazamos OY tal queOX⊥DP. Ya que AOYD es un rectangulo, AD2 = OY2 = 62 − (4− 2)2 = 32, entonces AD =

√32 = 4

√2. El

area de un trapezoide es el producto de su altura h y el promedio de sus bases. En este caso, h = AD y elpromedio de las bases es AO+DP

2 = 2+42 = 3. Por simetrıa, [OPCB] = [OPDA] = 12

√2. Tenemos entonces

que X = [AOBCPD] = 24√

2 de donde√

2X = 24√

22= 48.

Solucion del problema 4: Sea a el primer numero y b el segundo, si se disminuye 6 al primero y se aumenta5 al segundo el producto serıa (a− 6)(b + 5), luego: (a− 6)(b + 5)− ab = 10 de donde 5a− 6b = 40, y comoa + b = 41, luego de resolver el sistema: {

5a− 6b = 40a + b = 41

(6)

obtenemos que a = 26 y b = 15. Finalmente, la diferencia entre el numero mayor y el menor es a− b = 11.

Solucion del problema 5: Sabemos que tan A = BCAB y sec A = AC

AB , ademas como el perımetro es 70tenemos que

70 =AB + BC + AC70 =AB + AB tan A + AB sec A70 =AB(1 + tan A + sec A)

70 =AB(1 +52)

ONM 2018 - OMEC 69

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL 3De la ultima ecuacion podemos concluir que AB = 20.

Solucion del problema 6: Sea n el numero pedido, como no es mayor que 90 y no es menor que 30, entonces:

30 ≤ n ≤ 90.

Por condiciones del problema, los divisores primos de n son mayores o iguales a 7. Si n tuviese 3 o masdivisores distintos entonces n serıa mayor o igual que 7× 11× 13 = 1001, lo cual no es cierto pues n ≤ 90. Sin tuviese un unico divisor primo tendrıa que ser de la forma p, p2, p3, . . ., pero n no es primo ni cuadradoperfecto, entonces n es de la forma p3, p4, p5, . . ., por lo que n serıa mayor o igual que 73 = 343, lo cualnuevamente es falso. Por lo tanto n tiene exactamente dos factores primos distintos, pero el menor numerode esta forma es 7× 11 = 77 y el segundo menor de esa forma es 7× 13 = 91 que supera a 90. Por lo tanto77 es el unico numero que cumple todas las condiciones pedidas.

Solucion del problema 7: Sea α = ∠ABD = ∠MAC = ∠BCA y P el punto de interseccion de los segmentosAM y BD. Tenemos que ∠BDA = ∠DBC +∠BCD = 48◦ + α, luego, como el triangulo ABD es isosceles,con AB = BD, entonces ∠BAD = α + 48◦. Sumando los angulos del triangulo ABD tenemos:

α + 2(α + 48◦) = 180◦,

de donde α = 28◦. Por otro lado, en el triangulo APD tenemos:

∠APD = 180◦ − α− (α + 48◦) = 132◦ − 2α = 76◦

y como este angulo es agudo, es el menor angulo que forman AM y BD.

Solucion del problema 8: Dividiendo la primera ecuacion para la segunda, obtenemos

x + yy + z

=12096

=54

.

de donde podemos deducir5y + 5z = 4x + 4y.

Entoncesy = 4x− 5z.

Sustituyendo en la primera y tercera ecuacion obtenemos

(5x− 5z)(5x− 4z) = 5(x− z)(5x− 4z) = 120.

(x + z)(5x− 4z) = 72.

Dividimos para 5 la primera ecuacion y obtenemos

(x− z)(5x− 4z) = 24.

Dividimos la primera ecuacion para la tercera y obtenemos

x + zx− z

=7224

= 3.

Deducimos3x− 3z = x + z.

⇒ x = 2z.

Como sabemos que y = 4x − 5z = 8z− 5z = 3z y x = 2z, podemos sustituir estos valores en la primeraecuacion de donde

30z2 = 120⇒ z2 = 4⇒ z = ±2.

Por lo tanto, las unicas 2 soluciones son (4, 6, 2) y (−4,−6,−2).

ONM 2018 - OMEC 70

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL 3Solucion del problema 9: Usando su factorizacion, deben existir enteros no negativos a, b, c, tales que

x2018 + a2017x2017 + a2016x2016 + ... + a1x + a0 = (x− 1)a(x− 2)b(x− 3)c

y ademas a + b + c = 2018. Luego basta hallar la cantidad de soluciones enteras no negativas de la ecuacionanterior.Consideremos 2018 bolas en fila y dos rayas de separacion que pueden ir entre cualquiera de las bolas,pueden incluso estar ambas rayas entre dos bolas consecutivas. Se toma a como la cantidad de bolas antes dela primera raya, b como cantidad de bolas entre ambas rayas y c como la cantidad de bolas despues de lasegunda raya. Claramente, existe una biyeccion entre ambos problemas: cada configuracion correspondea exactamente una solucion de la ecuacion. Finalmente, basta contar la cantidad de configuraciones, quees igual al numero de combinaciones de 2 objetos entre 2020 objetos. Concluimos que las ternas (a, b, c) sepueden obtener de n = (2020

2 ) maneras. Por tanto

n2019

=(2020

2 )

2019= 1010

Solucion del problema 10: Denotemos f ( f ( f (. . . f (2) . . .))) (aplicado n veces) como f (n)(2). Calculando losprimeros valores tenemos:

f (2) = 4

f (2)(2) = f (4) = 16

f (3)(2) = f (16) = 49

f (4)(2) = f (49) = 169

f (5)(2) = f (169) = 256

f (6)(2) = f (256) = 169

f (7)(2) = f (169) = 256

Entonces f (n)(2) es una sucesion periodica a partir de n = 4, y vale 169 si n ≥ 4 es par y 256 si n ≥ 5 esimpar. Como 2018 es par, entonces f (2018)(2) = 169.

Solucion del problema 11: Por la desigualdad entre la media aritmetica y la media geometrica, se tiene que

13(ai + ai + i3) ≥ 3

√a2

i i3 =⇒ 2ai + i3 ≥ 3i 3√

a2i

y la igualdad se cumple si y solo si ai = i3. Sumando la desigualdad para i = 1, 2, . . . , 5, implica que

2(a1 + . . . a5) + (13 + . . . + 53) ≥ 3(1 · 3√

a21 + . . . + 5 · 3

√a2

5)

Sabemos que 13 + . . . + 53 = (1 + . . . + 5)2 = 152 = 225 y por tanto

2(a1 + . . . a5) + (13 + . . . + 53) = 3(225) = 3(1 · 3√

a21 + . . . + 5 · 3

√a2

5)

Es decir, que se cumplen las igualdades en todas las desigualdades anteriores y por tanto ai = i3 parai = 1, 2, . . . , 5. Finalmente se tiene que

3√

a1 + 3√

a2 + . . . + 3√

a5 = 1 + 2 + . . . + 5 = 15.

Solucion del problema 12: Primero factorizamos la expresion n3 − n2 − 5n + 2 = (n + 2)(n2 − 3n + 1), conesto tendrıamos que:

[n3 − n2 − 5n + 2]2 = (n + 2)2(n2 − 3n + 1)2 = p2,

para algun numero primo p, luego:|n + 2| × |n2 − 3n + 1| = p

de esta igualdad deducimos que alguno de los factores del miembro izquierdo debe ser igual a 1 y el otroigual a p, analicemos ambos caso:

ONM 2018 - OMEC 71

SOLUCIONES SEGUNDA FASE NIVEL 3• |n + 2| = 1 y |n2 − 3n + 1| = p. En este caso n = −1 o n = −3, si n = −1, p = 5 que es primo, si

n = −3, p = 19, que tambien es primo.

• |n + 2| = p y |n2 − 3n + 1| = 1. En este caso (n2 − 3n + 1) = 1 o (n2 − 3n + 1) = −1, de donde n = 0,n = 3, n = 2 o n = 1, si verificamos de la misma forma que en el caso anterior deducimos que losvalores de n son 0, 3 y 1.

Por lo tanto, los valores de n que hacen que [P(n)]2 sea el cuadrado de un numero primo son -3, -1, 0, 1, 3,finalmente, nos piden la suma de los valores absolutos:

| − 3|+ | − 1|+ |0|+ |1|+ |3| = 8.

Solucion del problema 13: Hay 5 pares de la forma (k, 11− k) con k ∈ {1, 2, . . . , 5}. Para cada uno de esospares, o bien k pertenece a dicho subconjunto, o bien 11− k pertenece, o ninguno de los dos. Por lo tanto,hay 3 posibilidades para cada par, dandonos un total de 35 = 243 subconjuntos.

Solucion del problema 14: Notemos primero que 2475 = 32 × 52 × 11, luego N es multiplo de 9, de 25y de 11 a la vez. Como N es multiplo de 25 entonces termina en 00, 25, 50 o 75, y como esta compuestounicamente por dıgitos 0 y 1, deducimos que N termina en 00.Sea a la cantidad de dıgitos 1 que tiene N, como es multiplo de 9, tenemos que la suma de sus dıgitos esmultiplo de 9. Analicemos si es posible que a = 9, es decir, que N tenga exactamente 9 unos y algunos ceros.Sea I la suma de los dıgitos de N que estan en posicion impar y P la suma de los dıgitos de N que estan enposicion par, es claro que

I + P = 9

y ademas, como N es multiplo de 11, tenemos que P− I es multiplo de 11.Por otro lado, como I + P = 9, tenemos que 0 ≤ I, P ≤ 9 y en consecuencia

−9 ≤ P− I ≤ 9,

luego P− I = 0, pues es el unico multiplo de 11 en ese intervalo, pero con esto tenemos que 2P = 9, que esuna contradiccion, pues P es un numero entero. Por lo tanto no es posible que a = 9.Ahora, como a 6= 9 y es multiplo de 9 entonces a ≥ 18, pero ya sabıamos que N termina en al menos dosceros, luego N tiene al menos 20 dıgitos, bastarıa dar un ejemplo para ver que es posible que N tenga 20dıgitos:

11111111111111111100

este numero es multiplo de 25 (pues termina en 00), es multiplo de 11 (pues es igual a 11× 1010101010101010100)y es multiplo de 9 (pues su suma de dıgitos es 18). Finalmente, hemos probado que 20 es la mınima cantidadde dıgitos que puede tener N.

Solucion del problema 15: Sea G el baricentro del triangulo ABC, luego AG = 12 y GE = 9. Como E es elpunto medio del lado AB, se tiene que AE = 12. Entonces, el triangulo AGE es isosceles. Ademas, por elteorema de Pitagoras, su altura al lado GE mide 3

√55

2 ; por ende el area del triangulo AGE es 27√

554 .

Los triangulos AGE y AEF tienen un lado que yace sobre la misma recta y un vertice comun, por tanto, larazon de sus areas es igual a la razon de los lados que yacen sobre esta recta, es decir GE

EF .Por potencia de punto en E a la circunferencia circunscrita de ABC tenemos que EF · 27 = 144, por lo queEF = 16

3 . Se tiene que el area de AEF es igual a

27√

554 · 16

39

= 4√

55

Finalmente, el area del triangulo AFB es el doble del area del triangulo AFE pues FE es una medianaen dicho triangulo. Concluimos que el area del triangulo AFB vale 8

√55 y por tanto el valor pedido es

64(55) = 3520.

ONM 2018 - OMEC 72

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 12.3 TERCERA FASE

2.3.1 NIVEL 1

Solucion del problema 1: Veamos que AD es radio en la circunferencia que tiene centro en A, por lo queAD = 3, luego BC = 3, por lo que el radio de la circunferencia con centro en B es 2 y ası AB = 3 + 2 = 5,por lo que (ABCD) = AB · AD = 5(3) = 15.

Solucion del problema 2: El dıgito de las unidades que deja un cuadrado son 0, 1, 4,5,6,9. Luego lasposibles dos ultimas cifras son 70, 71, 74, 75, 76, 79. Los restos que deja un cuadrado en la division por 4 son0 o 1, los restos que dejan los numeros que terminan en 70, 71, 74, 75, 76, 79 en la division para 4 son 2, 3, 2,3, 0, 3, respectivamente. Luego la unica posibilidad es 76. Veamos que 242 = 576 es un ejemplo, y concluimosque el ultimo dıgito es 6.

Solucion del problema 3: Cada 55 numeros se borra un total de 15 numeros: pues son 11 multiplos de 5 y5 multiplos de 11, pero los multiplos de 55 son multiplos comunes a 11 y a 5. Entonces de cada 55 numerosse quedan 40. Ahora, 2000 = 40× 50 ası que el numero 55× 50 = 2750 esta en la posicion 2000.Entre 2750 y 2750 + 18 = 2768 eliminamos los numeros: 2755, 2760, 2761, 2765 . Con lo cual el numero 2768ocupa la posicion 2018− 4 = 2014.Los siguientes cuatro numeros que no son divisibles entre 5 y 11 son: 2769, 2771, 2773, 2774Finalmente eso quiere decir que la posicion 2018 la ocupa el numero 2774

Solucion del problema 4: Colocando letras que representan los numeros

c d

ba

Se obtiene la suma

S = ab + ac + cd + bd= 20a + 11b + 11c + 2d= 2(a + b + c + d) + 18a + 9b + 9c= 2(10) + 18a + 9b + 9c= 20 + 18a + 9b + 9c= 20 + 9(a + b + c) + 9a

Luego el valor de d debe ser lo mas pequeno ya que la suma no depende de d, es decir d = 1⇒ a + b + c =2+ 3+ 4 = 9, entonces maxS = 20+ 9(9) + 9a = 101+ 9a, con lo que a = 4 y el maximo S es 101+ 9(4) = 137que puede ser obtenido cuando (b, c) ∈ {(2, 3), (3, 2)} entonces una de las distribuciones que maximiza lasuma es

3 1

24

Solucion del problema 5: Si p , p + 2 son primos mayores a 3, entonces son primos impares, por ende p + 1es par, y por consiguiente multiplo de 2.

Por otra parte en p , p + 1 , p + 2 uno de ellos debe ser multiplo de 3, por ser tres enteros consecu-tivos; pero p , p + 2 son primos mayores que 3, es decir ninguno de ellos puede ser multiplo de 3, entoncesp + 1 es el multiplo de 3.

Finalmente, si p + 1 es multiplo de 2 y multiplo de 3, entonces p + 1 es multiplo de 6.

ONM 2018 - OMEC 73

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 1

Todo numero primo positivo mayor que 3 es de la forma 6k± 1, con k ∈ Z+, ademas p , p + 2 son primosimpares consecutivos. Obviamente no puede darse el caso p = 6k + 1 porque p + 2 = 6k + 3 = 3(2k + 1) conlo cual p + 2 no serıa primo, por lo tanto: p = 6k− 1 , p + 2 = 6k + 1, concluyendo ası que p + 1 = 6k, esdecir que p + 1 es multiplo de 6.

Solucion del problema 6: Sea m > 0 el primer entero, luego todos los enteros son m, m + 1, . . . , m + n− 1,la suma de los numeros anteriores es mn + n(n−1)

2 = n(2m+n−1)2 y esta expresion debe ser igual a 2019. Luego

n(2m + n− 1) = 2 · 3 · 673 y n es un divisor de 4038.Veamos que m ≥ 1 y n ≥ 2, luego 2m + n− 1 > n, por tanto n2 < 4038, entonces n ≤ 63. Por tanto el maximovalor de n es 6 y m = 334.


A

B

CD

E

F

G

P

Puesto que la figura es un polıgono regular de 15 lados, cada uno de sus angulos interiores es(15− 2)(180◦)

15=

156◦, con lo cual tenemos ∠CBA = ∠DCB = ∠EDC = 156◦ y sus diagonales tambien generan angulosiguales, por tanto ∠DCG = ∠CGF y ∠AED = ∠BAE

En el pentagono ABCDE la suma de sus angulos interiores es 540◦, por tanto:∠CBA + ∠DCB + ∠EDC + ∠AED + ∠BAE = 540◦ ⇒ 156◦ + 156◦ + 156◦ + ∠AED + ∠BAE = 540◦ ⇒∠AED +∠BAE = 72◦ ⇒ ∠AED = ∠BAE = 36◦

De manera similar se concluye que ∠DCG = ∠CGF = 36◦ puesto que el pentagono ABCDE es congruentecon el pentagono CDEFG

Finalmente en el cuadrilatero CDEP la suma de sus angulos interiores es 360◦ del cual conocemos tresangulos interiores que suman 228◦ con lo cual ∠APG = 132◦

Se halla ∠BAE = 36◦ igual que antes. Ahora se considera el heptagono ABCDEFG, la suma de susangulos es 900◦ y se conoce que 5 de angulos son iguales a 156◦ y los otros dos son iguales por simetrıa,luego ∠BAG = 60◦.De los resultados anteriores ∠PAG = ∠BAG−∠BAE = 24◦. Finalmente, consideramos el triangulo APG,luego ∠APG = 180◦ − 2(24◦) = 132◦.

Todo polıgono regular se puede inscribir en una circunferencia, llamemos O al centro de dicha circun-ferencia. Luego ∠AOB = ∠BOC = . . . = 360◦

15 = 24◦. Luego todo arco formado por dos vertices consecutivosmide 24◦.El angulo inscrito ∠PAG = ∠EAG = ∠EOG

2 = 24◦, y por simetria, ∠PGA = ∠PAG = 24◦ y por tanto∠APG = 180◦ − 2(24◦) = 132◦.

ONM 2018 - OMEC 74

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 22.3.2 NIVEL 2


A) 4n4 + 1 = (4n4 + 4n2 + 1)− 4n2 = (2n2 + 1)2 − 4n2 = (2n2 + 1 + 2n)(2n2 + 1− 2n)

Para otra solucion requiere utilizar la Identidad de Sophie Germain, que nos permite factorizarla expresion x4 + 4y4 que es muy util en varios problemas de teorıa de numeros:

x4 + 4y4 = (x4 + 4x2y2 + 4y4)− 4x2y2 = (x2 + 2y2)2 − 4x2y2 = (x2 + 2y2 + 2xy)(x2 + 2y2 − 2xy)

Luego hacemos el reemplazo x = 1 ; y = n con lo cual:

4n4 + 1 = (1 + 2n2 + 2n)(1 + 2n2 − 2n)

B) Para hallar la descomposicion en factores primos de 222 + 1 completamos el trinomio cuadrado perfectoy factorizamos la diferencia de cuadrados:

222 + 1 = (222 + 2 · 211 + 1)− 2 · 211 = (211 + 1)2 − 212 = (211 + 1 + 26)(211 + 1− 26)

= (2048 + 1− 64)(2048 + 1 + 64) = (1985)(2113) = 5(397)(2113)

Finalmente 222 + 1 = 5× 397× 2113 donde todos sus factores son numeros primos.

Solucion del problema 2: Si AC es un cateto debe cumplirse:

662 + AC2 = 772 ⇒ AC2 = 772 − 662 = 112(72 − 62) = 112(13)⇒ AC = 11√

13 < 50

El caso 772 + AC2 = 662 no se puede dar puesto que AC2 < 0Luego AC es hipotenusa:

AC2 = 772 + 662 = 112(72 + 62) = 112(85)⇒ AC = 11√

85 > 50

Por lo tanto AC = 11√

85

Solucion del problema 3: Decimos que dos puntos estan alejados n si existen exactamente n− 1 puntosentre ambos en el arco menor que ambos generan. Por ejemplo, dos vertices vecino estan alejados 1 y dosvertices diametralmente opuestos estan alejados 6.Notemos que si escogemos 6 de los 12 vertices saltando un vertice, el hexagono que queda es regular y suslados son iguales al radio de la circunferencia y su diagonal principal que tambien es la diagonal principaldel dodecagono regular es igual al diametro. De lo anterior concluimos que si dos vertices estan alejados 2,su cuerda es igual al radio y si estan alejados 6, su cuerda es igual al diametro. Por tanto, para que la cuerdasea mayor al radio y menor que el diametro, los vertices deben estar alejados 3, 4 o 5.Finalmente, para cada vertice hay 6 casos y hay 12 vertices, luego hay 72 cuerdas posibles, pero cada cuerdase ha contado dos veces (una vez por vertice). Entonces, se concluye que hay 36 cuerdas que cumplen.

Solucion del problema 4: Las unicas soluciones (x, y) para (xy) = 21 son (21, 1), (21, 20), (7, 2), (7, 5)

Caso I: (x, y) = (21, 1) o (21, 20)Puesto que a, b, c, d son distintos, y 6= 1. Para y = 20, tenemos las opciones (a, b) = (21, 1), (21, 20), (7, 2), (7, 4)y (c, d) = (20, 1), (20, 19), (6, 3). Esto nos da un total de 2 + 1 + 3 + 3 = 9 soluciones para a, b, c, d

Caso II: (x, y) = (7, 2) o (7, 5)Tenemos las opciones (a, b) = (7, 1), (7, 6) y (c, d) = (2, 1), (5, 1), (5, 4) teniendo cuatro soluciones.

Finalmente nos da un total de 9 + 4 = 13 soluciones para a, b, c, d

ONM 2018 - OMEC 75

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 2Solucion del problema 5: Existen m, n enteros tales que x2 + bx + c = (x +m)(x + n) = x2 + (m+ n)x +mn,entonces b = m + n y c = mn. Notemos que el orden de m, n no cambia los valores de b, c, luego solo vamosa tomar uno de los casos en lo que sigue. Reemplazando se tiene que

m + n + mn = 2018 =⇒ (m + 1)(n + 1) = 1 + m + n + mn = 2019 = 3 · 673

Luego(m + 1, n + 1) ∈ {(1, 2019), (−1,−2019), (3, 673), (−3,−673)}

(m, n) ∈ {(0, 2018), (−2,−2020), (2, 672), (−4,−674)}

(m + n, mn) ∈ {(2018, 0), (−2022, 4040), (674, 1344), (−678, 2696)}

Se concluye que (b, c) toma los valores (2018, 0), (−2022, 4040), (674, 1344), (−678, 2696).

Solucion del problema 6: Multiplicamos por 2 la primera ecuacion y por 4 la segunda ecuacion:

2x2 + 8y2 + 32z2 = 964xy + 16yz + 8zx = 96

Restamos ambas ecuaciones resultantes y ordenamos:

2x2 + 8y2 + 32z2 − 4xy− 16yz− 8zx = 0(x2 − 4xy + 4y2) + (x2 − 8xz + 16z2) + (4y2 − 16yz + 16z2) = 0

(x− 2y)2 + (x− 4z)2 + (2y− 4z)2 = 0

Para que la suma de cuadrados sea 0, todos sus terminos deben ser 0, entonces:

(2y− 4z)2 = 0⇒ 2y− 4z = 0⇒ 2y = 4z⇒ y = 2z(x− 2y)2 = 0⇒ x = 2y⇒ x2 = 4y2

(x− 4z)2 = 0⇒ x = 4z⇒ x2 = 16z2

Reemplazando en la primera ecuacion:

x2 + 4y2 + 16z2 = 48⇒ x2 + x2 + x2 = 48⇒ x2 = 16x2 = 4y2 ⇒ 16 = 4y2 ⇒ y2 = 4

x2 = 16z2 ⇒ 16 = 16z2 ⇒ z2 = 1

Por tanto x2 + y2 + z2 = 21

Solucion del problema 7: Solucion 1:La recta DE corta a AC en G′ y BC en F′. AD y BE se cortan en I que es el incentro de ABC.

A B

C

D

E

F ′G′

I

Γ

ONM 2018 - OMEC 76

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 2Veamos que ∠DAB = ∠DEB = ∠G′EI, pero ∠DAB = ∠CAD = ∠G′AI, esto indica que EAIG′ es cıclicoy ∠AEI = ∠AG′ I, pero como AB es diametro de Γ entonces ∠AEB = ∠AEI = 90◦, por lo que IG′ ⊥ ACentonces G′ es el pie de la perpendicular trazada de I a AC, con lo que G′ = G, analogamente F′ = F, por loque D, E, F y G son colineales.Solucion 2:AD y BE se cortan en I que es el incentro de ABC. Luego ∠IGC = ∠IFC = 90◦ y el cuadrilatero CFGI escıclico. Se concluye que ∠FGI = ∠FCI = 1

2∠BCA.Como AB es diametro, ∠AEI = ∠AEB = 90◦. Como ∠AGI = 180◦ −∠CGI = 90◦, entonces ∠AEI = ∠AGI.Lo anterior implica que AEGI es cıclico y por tanto ∠EGI = 180◦ −∠EAI. Es facil ver que

∠EAI = ∠EAB−∠IAB = 90◦ − 12∠ABC− 1

2∠BAC =

12∠BCA

Finalmente, se concluye que ∠EGI +∠IGF = 180◦ y por ende E, F, G estan alineados. Analogamente sedemuestra que D, F, G estan alineados y por tanto D, E, F y G son colineales.

ONM 2018 - OMEC 77

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 32.3.3 NIVEL 3

Solucion del problema 1: Veamos que si a es par entonces todos los numeros son pares y su maximo comundivisor serıa mayor o igual a 2, entonces a ∈ {0, 2, 4, 6, 8} cumplen. Si a = 5 entonces todos los numerosserıan multiplos de 5 y ası el maximo comun divisor serıa al menos 5 y tambien cumple el problema.Se va a considerar la resta entre dos numeros consecutivos

100 111 . . . 1︸︷︷︸n

a− 100 111 . . . 1︸︷︷︸n−1

a = 901000 . . . 0︸︷︷︸n+3

= 2n · 5n · 17 · 53

Entonces el maximo comun divisor entre dos numeros consecutivos debe ser un divisor de 2n · 5n · 17 · 53,por lo que el maximo comun divisor entre los numeros debe ser un divisor de 2n · 5n · 17 · 53.

• Caso 1: a = 1. Entonces 1001 no es multiplo ni de 2, ni de 5, ni de 17, ni de 53, con lo que el maximocomun divisor entre los numeros es 1.

• Caso 1: a = 3. Entonces 1003 es multiplo de 17, con lo que todos los numeros son multiplos de 17 y asıse cumple el problema.

• Caso 1: a = 7. Entonces 1007 es multiplo de 53, con lo que todos los numeros son multiplos de 53 y asıse cumple el problema.

• Caso 1: a = 9. Entonces 1009 no es multiplo ni de 2, ni de 5, ni de 17, ni de 53, con lo que el maximocomun divisor entre los numeros es 1.

Ası los valores de a que cumplen son 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.

Solucion del problema 2: Solucion 1:Sea ∠C = α, sea D un punto sobre AC tal que ∠ABD = 3x y trazamos DQ.

A

B

CD

Q

x2x

3x x

α

Dado que 4ABD es isosceles con AD = BD, se deduce 4ADQ ∼= 4DBC por el criterio (L.A.L.), ya queAQ = BC, AD = BD y ∠x comprendido entre los lados, por tanto DQ = DC y ∠AQD = ∠BCD

En el 4ABC tenemos: 7x + α = 180◦, y sabemos que 4DCQ es isosceles, por tanto ∠QCD = ∠DQC = α,con lo cual ∠CDQ = 7x− α.

En4ABQ se sabe que ∠AQC es exterior, es decir ∠AQC = 6x ⇒ ∠AQD +∠DQC = 6x ⇒ ∠AQD = 6x− α

Finalmente ∠AQD = ∠BCD ⇒ 6x− α = α⇒ α = 3x ⇒ 7x + 3x = 180◦ ⇒ x = 18◦

Solucion 2:Primero veamos que ∠AQB = 180◦ − 6x. Aplicando la ley del seno en 4ABQ se tiene que

AQsen(4x)

=AB

sen(180◦ − 6x)=

ABsen(6x)

=⇒ ABAQ

=sen(6x)sen(4x)

Ahora veamos que ∠ACB = 180◦ − 7x. Aplicando la ley del seno en 4ABC se tiene que

BCsen(3x)

=AB

sen(180◦ − 7x)=

ABsen(7x)

=⇒ ABBC

=sen(7x)sen(3x)

ONM 2018 - OMEC 78

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 3Como AQ = BC, se tiene que

sen(6x)sen(4x)

=sen(7x)sen(3x)

=⇒ sen(6x)sen(3x) = sen(7x)sen(4x)

Aplicando la identidad 2senA · senB = cos(A− B)− cos(A + B), se tiene que

cos(3x)− cos(9x) = cos(3x)− cos(11x) =⇒ cos(9x) = cos(11x)

Finalmente veamos que 0 < 7x < 180◦, entonces 0 < 9x < 11x < 360◦ y por tanto lo anterior implica que20x = 9x + 11x = 360◦ y 9x < 180◦ < 11x. Se concluye que x = 18◦.

Solucion del problema 3: Multiplicamos por 2 la primera ecuacion y por 4 la segunda ecuacion:

2x2 + 8y2 + 32z2 = 964xy + 16yz + 8zx = 96

Restamos ambas ecuaciones resultantes y ordenamos:

2x2 + 8y2 + 32z2 − 4xy− 16yz− 8zx = 0(x2 − 4xy + 4y2) + (x2 − 8xz + 16z2) + (4y2 − 16yz + 16z2) = 0

(x− 2y)2 + (x− 4z)2 + (2y− 4z)2 = 0

Para que la suma de cuadrados sea 0, todos sus terminos deben ser 0, entonces:

(2y− 4z)2 = 0⇒ 2y− 4z = 0⇒ 2y = 4z⇒ y = 2z(x− 2y)2 = 0⇒ x = 2y⇒ x2 = 4y2

(x− 4z)2 = 0⇒ x = 4z⇒ x2 = 16z2

Reemplazando en la primera ecuacion:

x2 + 4y2 + 16z2 = 48⇒ x2 + x2 + x2 = 48⇒ x2 = 16x2 = 4y2 ⇒ 16 = 4y2 ⇒ y2 = 4

x2 = 16z2 ⇒ 16 = 16z2 ⇒ z2 = 1

Por tanto x2 + y2 + z2 = 21

Solucion del problema 4: Notemos que la ecuacion es simetrica para p, q.Caso I: Si q = 2, entonces

5p2 = a2 − 4

Ya que p es primo podemos factorizarla de la siguiente forma:

1 · 5 · p · p = (a + 2)(a− 2)

Como a + 2 > a− 2, luego (a− 2, a + 2) ∈ {(1, 5p2), (5, p2), (p, 5p)}. Como a + 2− (a− 2) = 4, entonces5p2 − 1 = 4 =⇒ p = 1 que no es primo, 4p = 5p− p = 4 =⇒ p = 1 que no es primo, o p2 − 5 = 4 =⇒p = 3 que es primo y a = 5 + 2 = 7. Luego las unicas soluciones en este caso son a = 7, p = 3, q = 2 ya = 7, p = 2, q = 3.Caso II: Si p, q son impares, tenemos que

(p2 + 1)(q2 + 1) = p2 + p2q2 + q2 + 1 = a2 + 1

Como p, q son impares, p2 + 1, q2 + 1 son pares y (p2 + 1)(q2 + 1) es un multiplo de 4. Por tanto a2 deja resto3 en la division para 4, lo cual es imposible pues los cuadrados dejan resto 0 o 1 en la division 4. Entonces nohay soluciones en este caso.Concluimos que las unicas ternas (a, p, q) que resuelven la ecuacion son (7, 3, 2) y (7, 2, 3).

ONM 2018 - OMEC 79

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 3Solucion del problema 5: Si n(A) + n(B) + n(C) = n(A ∪ B ∪ C)⇒ 2|A| + 2|B| + 2|C| = 2|A∪B∪C|

Sabiendo que |A| = |B| = 100⇒ 2100 + 2100 + 2|C| = 2|A∪B∪C| ⇒ 2101 + 2|C| = 2|A∪B∪C|

Puesto que |C| > 0, la unica solucion a esta ecuacion es |C| = 101, luego:2101 + 2|101| = 2|A∪B∪C| ⇒ 2102 = 2|A∪B∪C| ⇒ |A ∪ B ∪ C| = 102Usando el Principio de Inclusion - Exclusion tenemos:|A ∪ B ∪ C| = |A|+ |B|+ |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C|+ |A ∩ B ∩ C|⇒ 102 = 100 + 100 + 101− |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C|+ |A ∩ B ∩ C|⇒ |A ∩ B ∩ C| = −199 + |A ∩ B|+ |A ∩ C|+ |B ∩ C|Una vez mas por el Principio de Inclusion - Exclusion tenemos:

|A ∩ B| = |A|+ |B| − |A ∪ B||A ∩ C| = |A|+ |C| − |A ∪ C||B ∩ C| = |B|+ |C| − |B ∪ C|

Ademas es obvio que |A ∪ B| ≤ |A ∪ B ∪ C|, |A ∪ C| ≤ |A ∪ B ∪ C|, |B ∪ C| ≤ |A ∪ B ∪ C|. Por tanto en lasexpresiones anteriores se tiene que

|A ∩ B| = |A|+ |B| − |A ∪ B| ≥ |A|+ |B| − |A ∪ B ∪ C| = 98|A ∩ C| = |A|+ |C| − |A ∪ C| ≥ |A|+ |C| − |A ∪ B ∪ C| = 99|B ∩ C| = |B|+ |C| − |B ∪ C| ≥ |B|+ |C| − |A ∪ B ∪ C| = 99

Ahora reemplazamos en la expresion para |A ∩ B ∩ C|

⇒ |A ∩ B ∩ C| = −199 + |A ∩ B|+ |A ∩ C|+ |B ∩ C| ≥ 98 + 99 + 99− 199 = 97

Por tanto el mınimo valor para |A ∩ B ∩ C| es 97.Con lo cual, ahora podemos construir un ejemplo:

A B

C

1 1

2

1

1 197

Solucion del problema 6: Asumiendo sin perdida de generalidad que el cuadrilatero esta orientado en elplano cartesiano como se muestra:

A(0,0)

B(a,b)

C(c,d)

D(1,0) E

G

H

ONM 2018 - OMEC 80

SOLUCIONES TERCERA FASE NIVEL 3

G tiene coordenadas(

c2

,d2

), H tiene coordenadas

(a + 1

2,

b2

). La recta que pasa por BC tiene ecuacion:

y =d− bc− a

x +bc− ad

c− a. Haciendo y = 0 en la ecuacion podemos establecer que E tiene coordenadas(

ad− bcd− b

, 0)

Ademas sabemos que:

(ABCD) =(AEB)− (DEC)

(ABCD) =12

∣∣∣∣∣∣∣∣0 0 1

ad− bcd− b

0 1

a b 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ −12

∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1

ad− bcd− b

0 1

c d 1

∣∣∣∣∣∣∣∣(ABCD) =

12(bc− ad + d)

(GEH) =12

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

c2

d2

1ad− bcd− b

0 1a + 1

2b2

1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(GEH) =

18(bc− ad + d)

Por lo tanto (EGH) =14(ABCD)

Solucion del problema 7: Solucion 1:Tenemos que y(y + 1) ≤ (x + 1)2 si y solo si y se encuentra entre las raıces de la ecuacion cuadratica

y2 + y− (x + 1)2 = 0 que son −1±√

1+4(1+x)2

2 . La raız menor es negativa y la otra es positiva; como y ≥ 0, se

concluye que 0 ≤ y ≤ −1+√

1+4(1+x)2

2 .Analogamente se tiene que y(y − 1) ≤ x2 si y solo si y se encuentra entre las raıces de y2 − y − x2 = 0que son 1±

√1+4x2

2 . La raız menor es negativa y la otra es positiva; como y ≥ 0, debemos mostrar que

0 ≤ y ≤ 1+√

1+4x2

2 .

Como y ∈ [0, −1+√

1+4(1+x)2

2 ] y hay que mostrar que y ∈ [0, 1+√

1+4x2

2 ], basta demostrar que

−1 +√

1 + 4(1 + x)2

2≤ 1 +

√1 + 4x2

2⇐⇒

√1 + 4(1 + x)2 ≤ 2 +

√1 + 4x2 ⇐⇒

5 + 8x + 4x2 ≤ 5 + 4x2 + 4√

1 + 4x2 ⇐⇒ 2x ≤√

1 + 4x2 ⇐⇒ 4x2 ≤ 1 + 4x2

Y la ultima expresion es cierta para todo real x. Mas aun, el caso de igualdad no se da nunca. Solucion 2:Si y ≤ 1, entonces y(y− 1) ≤ 0 ≤ x2. Ahora asumamos y > 1. Luego (1 + x)2 ≥ y2 + y implica que

1 + |x| ≥ |1 + x| ≥√

y2 + y =⇒ |x| ≥√

y2 + y− 1 >√

2− 1 > 0 =⇒

x2 ≥ (√

y2 + y− 1)2 = y2 + y + 1− 2√

y2 + y

Finalmente, veamos que (2y + 1)2 > 4(y2 + y), entonces 2y + 1 > 2√

y2 + y y por tanto y + 1− 2√

y2 + y >−y. Se concluye que

x2 ≥ y2 + y + 1− 2√

y2 + y > y2 − y = y(y− 1)

ONM 2018 - OMEC 81

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL A2.4 FASE FINAL

2.4.1 NIVEL A

Solucion del problema 1: Existen 24 cuadrados de 1× 1:

Existen 14 cuadrados de 2× 2:

Existen 6 cuadrados de 3× 3:

Luego tenemos 24 + 14 + 6 = 44 cuadrados en la figura.

Solucion del problema 2: La distancia entre A y D es: 34 −

13 = 5

12Puesto que la distancia entre A y D esta dividida en 3 partes iguales, entonces cada una de estas partes mide5

12 ÷ 3 = 512 ·

13 = 5

36

Finalmente podemos responder:

A) La distancia de O hasta B es 13 +

536 = 17

36 .

B) La distancia de O hasta C es 1736 +

536 = 22

36 = 1118 .

Solucion del problema 3: Los dos numeros que estan al lado del 9 deben sumar 11 para que entre los tressumen 20, por tanto tenemos las siguientes posibilidades para los tres numeros: 9 + 2 + 9 ; 9 + 3 + 8 ; 9 +4 + 7 ; 9 + 5 + 6.

Luego vemos que los numeros 9 + 4 + 7 involucran dos de los numeros que estan en la tarjeta de credito, conlo cual podemos escribirlos de la siguiente manera:.

9 x 77 4 9 4

Y nos damos cuenta que se pueden repetir los numeros en grupos de tres:

9 49 4 7 9 4 7 9 4 7 9 4 7

Ahora podemos decir que en el lugar de la x se encuentra el numero 4.

Solucion del problema 4: En el tablero superior izquierdo de 2× 2 deben estar los numeros del 1 al 4, portanto la unica posibilidad es:

ONM 2018 - OMEC 82

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL A

12

4

3

P3

4

En el tablero de 4× 4, en la primera fila podemos ubicar el 2 y ademas en la primera columna deben estarlos numeros del 1 al 4, por tanto la unica posibilidad es:

12

4

3

P3

4 2

42

En el tablero de 4× 4, en la cuarta columna deben estar los numeros del 1 al 4, por tanto la unica posibilidades:

12

4

3

P3

4 2

42

13

Finalmente el unico valor que debe tener P es 1.

Solucion del problema 5: Imaginemos que los bordes de la figura estan formados por una cuerda sujetapor clavos en sus vertices.

34m

56m

Agregando dos clavos puedo pasar la cuerda sin estirarla o acortarla y formar:

34m

56m

ONM 2018 - OMEC 83

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL ALuego puedo agregar un clavo mas para mover nuevamente la cuerda, sin acortarla o estirarla, y obtener lasiguiente figura:

34m

56m

Por tanto se necesitan 2(34 + 56) = 180 metros para cercar el terreno de la figura.

Solucion del problema 6: Andrea siempre podra ganar el juego con la siguiente estrategia:

Caso 1:Si Jorge quita del monton 1 ficha, Andrea debe sacar 1 ficha tambien, luego quedan 7 fichas en el monton,ahora Jorge puede sacar 1, 3 o 4 fichas:Si Jorge saca 1 ficha, Andrea debe sacar 4 ficha y quedan 2 fichas en el monton y Jorge solo puede sacar 1ficha, con lo cual Andrea gana al sacar la ultima ficha.Si Jorge saca 3 fichas, Andrea debe sacar 4 fichas y gana.Si Jorge saca 4 fichas, Andrea debe sacar 3 fichas y gana.

Caso 2:Si Jorge quita del monton 3 fichas, Andrea debe sacar 4 fichas, luego quedan 2 fichas en el monton y Jorgesolo puede sacar 1 ficha, con lo cual Andrea gana al sacar la ultima ficha.

Caso 3:Si Jorge quita del monton 4 fichas, Andrea debe sacar 3 fichas, luego quedan 2 fichas en el monton y Jorgesolo puede sacar 1 ficha, con lo cual Andrea gana al sacar la ultima ficha.

ONM 2018 - OMEC 84

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 12.4.2 NIVEL 1

Solucion del problema 1: Una manera facil de visualizacion es dibujar el esquema de los posiblesmovimientos:

1

2

3

4

5

6 7

8

9

1

1 1

25

4

1

1

1

1

3

Nos damos cuenta de que hay dos ciclos (disjuntos) formados por 2, 3, 4 y 5, 6, 7, 8. La idea para alcanzar unpuntaje es hacerlo en alguno de los ciclos, es decir, dar vuelta a dicho ciclo una cantidad arbitraria de veces yluego moverse a la casilla 9 para lograr el puntaje.a) Dando vueltas en el primer ciclo y terminar el juego, vemos que se pueden alcanzar los siguientes puntajes

8, 12, 16, 20, 24, 28, 32, . . .

Es decir que cada ciclo adicional se aumenta 4 puntos. Como 92 esta en esa secuencia, es posible alcanzardicho puntaje usando este ciclo.Dando vueltas en el segundo ciclo y terminar el juego, vemos que se pueden alcanzar los siguientes puntajes

8, 14, 20, 26, 32, 38, . . .

Es decir que cada ciclo adicional se aumenta 6 puntos. Como 92 esta en esa secuencia, es posible tambienalcanzar dicho puntaje usando este ciclo.b) Vemos que en las secuencias anteriores solo se dan puntajes pares. Y como 97 es impar, no es posiblealcanzar 97 al terminar el juego.

Solucion del problema 2: La raız del numero abcc es un numero de dos dıgitos xy con 3 ≤ x ≤ 9. El ultimodıgito de un cuadrado perfecto puede ser 0, 1, 4, 5, 6, 9. Luego un numero especial que es un cuadrado perfectodebe terminar en 00, 11, 44, 55, 66, 99 que dejarıan restos 0, 3, 0, 3, 2, 3 en la division para 4, respectivamente.Como los cuadrados dejan resto 0 o 1 en la division para 4, solo es posible que termine en 00 o 44.Si el numero termina en 44, entonces y ∈ {2, 8}.

• Si y = 2, entonces

ab44 = (10x + 2)2 = 100x2 + 40x + 4 =⇒ ab40 = 100x2 + 40x

Luego 4x debe terminar en 4, lo cual se cumple solo si x = 6 y por tanto abcc = 622 = 3844.

• Si y = 8, entonces

ab44 = (10x + 8)2 = 100x2 + 160x + 64 =⇒ ab40 = 100x2 + 10(16x + 6)

Luego 16x + 6 debe terminar en 4, lo cual se cumple para x = 3, x = 8 y por tanto abcc ∈ {382 =1444, 882 = 7744}.

Si el numero termina en 00, entonces ab44 = 100x2 y los siguientes numeros cumplen las condiciones1600, 2500, 3600, 4900, 6400, 8100.

ONM 2018 - OMEC 85

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 1Se concluye que 3844, 1444, 7744, 1600, 2500, 3600, 4900, 6400, 8100 son todos los numeros especiales que soncuadrados perfectos.

Solucion del problema 3: Necesitamos que Sn = 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+1)2 sea multiplo de 12; entonces

juntos n y n + 1 deben contener tres 2’s y un 3. Ademas n ≥ 12 pues el conjunto {1, 2, . . . n} debe partirse en12 subconjuntos. Las posibilidades son n = 15, 23, 24, . . . Para n = 15, Sn = 15×16

2 = 120, ası que la suma decada subconjunto deberıa ser 10; como uno de los elementos debe contener 15, este caso es imposible. Paran = 23, Sn = 23×24

2 = 23× 12, ası que la suma de cada subconjunto debe ser 23. Este caso es posible:

A1 = {1, 22}, A2 = {2, 21}, A3 = {3, 20}, . . . , A11 = {11, 12}, A12 = {23}.

Entonces la respuesta serıa 23.

Solucion del problema 4: Veamos que P ∈ BC. Tenemos que PF = 2− 12 = 3

2 . La distancia de A a BC es 1y la distancia de Q a BC es 3− 1 = 2. Se concluye que

(APQ) =12

32(1 + 2) =

94

Se puede hacer un rectangulo AHJI como se muestra a continuacion

A B

CD E

F

P

Q

H

I

J

Luego AH = 2, HP = 1, PJ = 2, JQ = 12 , QI = 3

2 , AI = 3

(APQ) = 6− 12(1)(2)− 1

232(3)− 1

212(2) =

94

Solucion del problema 5: Denotemos a1, a2, . . . los numeros en azul y b1, b2, . . . los numeros en rojo.Luego la regla dice que an+1an = n + 1 para todo entero n y bn = a1a2 . . . an+1. Si n es impar, entoncesbn = (a1a2) . . . (anan+1) = 2 · 4 · . . . (n + 1). Si n es par, entonces bn = a1(a2a3) . . . (anan+1) = 1 · 3 · . . . (n + 1).De lo anterior se tiene que

b1 = 2, b3 = 8, b5 = 48, b7 = 384, b9 = 3840

b2 = 3, b4 = 15, b6 = 105, b8 = 945, b10 = 10395

b1 + b2 + . . . + b10 = 15745

Solucion del problema 6: a) Sı, pues 2020 y 8104 son ambos divisibles para 4.b) Un numero es divisible para cuatro bajo dos condiciones: su cifra de las decenas es par y termina en 0, 4 o8; o su cifra de las decenas es impar y termina en 2 o 6. Consecuentemente, Un numero deja resto 2 en ladivision para cuatro bajo dos condiciones: su cifra de las decenas es par y termina en 2 o 6; o su cifra de lasdecenas es impar y termina en 0, 4 o 8. Un numero que deja resto 2 en la division para 4 es par y lo anteriordetermina las posibilidades de las dos primeras y las dos ultimas cifras de un numero interesante.Para n = 1, hay 2 opciones 2 o 6. Para n = 2, ambas cifras deben ser pares, luego ambas cifras son 2 o 6,luego hay 4 opciones: 22, 26, 62, 66.Para n = 3, si la cifra de las decenas es par, para lo cual hay 5 opciones, la primera y la ultima cifra tienen 2

ONM 2018 - OMEC 86

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 1posibilidades, 2 o 6, luego hay 5(2)(2) = 20 opciones. Ahora, si la cifra de las decenas es impar, para lo cualhay 5 opciones, la primera cifra tiene 2 posibilidades, 4 o 8, y la ultima cifra tiene 3 posibilidades, 0 o 4 o 8,luego hay 5(2)(3) = 30 opciones. Se concluye, que en este caso hay 50 opciones.Si n ≥ 4, los digitos que no son los dos primeros o los dos ultimos pueden tomar cualquier valor, es decircada uno tiene 10 posibilidades y hay 10n−4 posibilidades para estos dıgitos. Si la cifra de las decenases par tiene 5 posibilidades y la cifra de las unidades tiene 2 posibilidades, si la cifra de la decenas esimpar tiene 5 posibilidades y la cifra de las unidades tiene 3 posibilidades, luego hay 5(2) + 5(3) = 25opciones para las ultimas dos cifras. Si la segunda cifra es par tiene 5 posibilidades y la primera tiene 2posibilidades, si la segunda cifra es impar tiene 5 posibilidades y la primera tiene 2 posibilidades, luegoluego hay 5(2) + 5(2) = 20 opciones para las primeras dos cifras. Finalmente, juntando todo se tiene que hay10n−4(25)(20) = 5 · 10n−2 posibilidades.Concluimos que hay 2, 4 y 5 · 10n−2 numeros interesantes de 1, 2 y n ≥ 3 cifras, respectivamente.

ONM 2018 - OMEC 87


Solucion del problema 1: Se puede tratar de factorizar la expresion usando factores cuadraticos

z4 − z3 − 2z2 − 3z− 1 = (z2 + az + 1)(z2 + bz− 1)

z4 − z3 − 2z2 − 3z− 1 = z4 + (a + b)z3 + (ab)z2 + (b− a)z− 1

De donde se tiene el siguiente sistema de ecuaciones

a + b = −1 ab = −2 b− a = −3

La solucion es a = 1, b = −2 y por tanto

z4 − z3 − 2z2 − 3z− 1 = (z2 + z + 1)(z2 − 2z− 1)

Como z2 + z + 1 = (z + 12 )

2 + 34 > 0, entonces z2 − 2z− 1 = 0 y por tanto z = 1±

√2.

Solucion del problema 2: a) Como hay 100 regiones, luego hay al menos 51 regiones negras. Como cadaregion tiene 9 casillas, una region negra tiene al menos 5 casillas negras. Por tanto hay al menos 51 · 5 = 255casillas negras. Es facil ver que si pintan exactamente 51 regiones con 5 casillas negras cada una, se consigueel mınimo N = 255.b) Danielle pinta 255 casillas negras de modo que haya mas regiones negras que blancas. Por lo anterior, sepuede concluir que tiene que haber 51 regiones con exactamente 5 casillas negras cada una y el restante decasillas son todas blancas.En una region se pueden escoger 5 casillas de 9 posibles de (9

5) maneras. Como la coloracion en cada region

es independiente, se tiene que dada una seleccion de 51 regiones hay (95)

51formas de colorear 5 casillas de

negro en cada una. Se pueden escoger 51 regiones de 100 posibles de (10051 ) maneras. Finalmente, se concluye

que la cantidad de coloraciones pedidas es (10051

)·(

95

)51

Solucion del problema 3: Solucion 1:

A B

CD

P

Q

R

S

AB

CD

P

Q

R

S

P ′

R′

Denotemos AB = l, AP = a, BQ = b, CR = c y DS = d, luego la condicion dada es a + c ≥ l ≥ b + d. Setiene tambien que BP = l − a, CQ = l − b, DR = l − c y AS = l − d.Veamos que

area(PQRS) = area(ABCD)− area(ASP)− area(BPQ)− area(CQR)− area(DRS)

ONM 2018 - OMEC 88

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 2

area(PQRS) = l2 − a(l − d)2

− b(l − a)2

− c(l − b)2

− d(l − c)2

area(PQRS) =l2

2+

12(l2 − l(a + b + c + d) + (a + c)(b + d)

)=

12

area(ABCD) +12(l − a− c)(l − b− d)

Como l − a− c ≤ 0 y l − b− d ≥ 0, entonces (l − a− c)(l − b− d) ≤ 0 y se concluye que

area(PQRS) ≤ 12

area(ABCD)

La igualdad se da si alguno de los factores es cero en el lado izquierdo de (l − a− c)(l − b− d) ≤ 0. Es decirsi AP + CR = AB o BQ + DS = AB. Solucion 2:Dados X, Y, y Z sobre una recta paralela a XY, entonces los triangulos XYZ tienen igual area pues XY esconstante y la distancia entre las paralelas (la altura) es constante.Como BQ + DS ≤ AB, entonces la proyeccion de S sobre la recta BC esta sobre o arriba de Q y esto garantizaque el angulo BQS ≥ 90◦, con igualdad cuando BQ + DS = AB. Si BQS = 90◦, entonces RC, QS y PB sonparalelas y por tanto area(PQRS) = area(SCB) = 1

2 area(ABCD).Si BQS > 90◦, trazamos la paralela a QS por el punto P, y esta recta corta a la recta BC en el punto P′ ytrazamos la paralela a QS por el punto R, y esta recta corta a la recta BC en el punto R′. Como RR′ es paralelaa QS, entonces los triangulos SRQ y SR′Q tienen igual area, y analogamente los triangulos SPQ y SP′Qtienen igual area. Con lo cual concluimos que area(PQRS) = area(P′R′S). Como area(P′R′S) = 1

2 AB · (P′R′),basta demostrar que P′R′ ≤ AB.Los triangulos CRR′ y PBP′ son semejantes porque tienen sus lados paralelos entre sı y por tanto

CR′

P′B=

CRPB

=CR

AB− AP≥ CR

CR= 1 =⇒ CR′ ≥ P′B

P′R′ = BC− CR′ + BP′ ≤ BC = AB

La igualdad en este caso se da solo si AB = P′R′, lo cual se cumple solo si AP + CR = AB. Concluimos quela igualdad se da si AP + CR = AB o BQ + DS = AB.

Solucion del problema 4: Por el criterio AA todos los triangulos Pi+1OPi son semejantes y se cumple que

cos α =OP1

OP0=

OP2

OP1= . . .

OPn

OPn−1

Como OP0 = 1, se deduce inductivamente que OPi =1

(cos α)i para todo entero 0 ≤ i ≤ n.a) Por la construccion, se tiene que ∠PiOP0 = iα. Luego para este caso

∠P6OP0 = 6× 30◦ = 180◦

Es decir que O, P0, P6 son colineales y O esta entre P0 y P6. Luego

P6P0 = OP6 + OP0 =1

(√

32 )6

+ 1 =26

33 + 1 =9127

b) Por la construccion, se tiene que ∠PiOP0 = iα. Luego para este caso

∠P8OP0 = 8× 45◦ = 360◦

Luego, cada 8 puntos se da una vuelta completa y O, P0, P8 son colineales. Como 8 divide a 2016, entoncesO, P0, P2016 son colineales y ∠P2018OP0 = ∠P2018OP2016 = 2× 45◦ = 90◦. Ademas, se tiene que

P2018O =11

(√

2)2018

= 21009

Aplicando el teorema de Pitagoras en 4P2018OP0, se tiene que

P2018P0 =√

P2018O2 + P0O2 =√

22018 + 1

ONM 2018 - OMEC 89

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 2Nota: Para los valores de los angulos usados en este problema, no es necesario usar el coseno ya que lasrelaciones entre los lados de los triangulos son conocidas.

Solucion del problema 5: a) Sı, pues 2020 y 8104 son ambos divisibles para 4.b) Un numero es divisible para cuatro bajo dos condiciones: su cifra de las decenas es par y termina en 0, 4 o8; o su cifra de las decenas es impar y termina en 2 o 6. Consecuentemente, Un numero deja resto 2 en ladivision para cuatro bajo dos condiciones: su cifra de las decenas es par y termina en 2 o 6; o su cifra de lasdecenas es impar y termina en 0, 4 o 8. Un numero que deja resto 2 en la division para 4 es par y lo anteriordetermina las posibilidades de las dos primeras y las dos ultimas cifras de un numero interesante.Para n = 1, hay 2 opciones 2 o 6. Para n = 2, ambas cifras deben ser pares, luego ambas cifras son 2 o 6,luego hay 4 opciones: 22, 26, 62, 66.Para n = 3, si la cifra de las decenas es par, para lo cual hay 5 opciones, la primera y la ultima cifra tienen 2posibilidades, 2 o 6, luego hay 5(2)(2) = 20 opciones. Ahora, si la cifra de las decenas es impar, para lo cualhay 5 opciones, la primera cifra tiene 2 posibilidades, 4 o 8, y la ultima cifra tiene 3 posibilidades, 0 o 4 o 8,luego hay 5(2)(3) = 30 opciones. Se concluye, que en este caso hay 50 opciones.Si n ≥ 4, los digitos que no son los dos primeros o los dos ultimos pueden tomar cualquier valor, es decircada uno tiene 10 posibilidades y hay 10n−4 posibilidades para estos dıgitos. Si la cifra de las decenases par tiene 5 posibilidades y la cifra de las unidades tiene 2 posibilidades, si la cifra de la decenas esimpar tiene 5 posibilidades y la cifra de las unidades tiene 3 posibilidades, luego hay 5(2) + 5(3) = 25opciones para las ultimas dos cifras. Si la segunda cifra es par tiene 5 posibilidades y la primera tiene 2posibilidades, si la segunda cifra es impar tiene 5 posibilidades y la primera tiene 2 posibilidades, luegoluego hay 5(2) + 5(2) = 20 opciones para las primeras dos cifras. Finalmente, juntando todo se tiene que hay10n−4(25)(20) = 5 · 10n−2 posibilidades.Concluimos que hay 2, 4 y 5 · 10n−2 numeros interesantes de 1, 2 y n ≥ 3 cifras, respectivamente.

Solucion del problema 6: Demostraremos que 38 es el mayor entero positivo par que no puede expresarsecomo la suma de dos numeros impares compuestos.Los numeros compuestos impares menores que 38 son 9, 15, 21, 25, 27, 33 y 35, notemos que no hay dosde ellos que sumen 38, es decir, 38 no se puede expresar como la suma de dos impares compuestos. Por lotanto, para completar la solucion, vamos a demostrar que todos los numeros pares mayores que 38 se puedenexpresar como la suma de dos impares compuestos.Todo numero N, que es par y mayor que 38, tiene alguna de las formas (40 + 6k), (42 + 6k) o (44 + 6K),donde k ≥ 0 es un entero.

• N = 40 + 6k se puede expresar como la suma de dos impares compuestos de la siguiente forma:

N = (6k + 15) + (25),


N = (6k + 33) + 9,


N = (6k + 9) + 35,

Esto completa la solucion.

ONM 2018 - OMEC 90


Solucion del problema 1: Solucion 1:Primero veamos que

a2 − 26a + b2 = 0 =⇒ a = 13±√

132 − b2

Si b = ±13, entonces a = 13. Es decir hay dos soluciones. Si b = 0, entonces a = 26 o a = 0. Es decir hay dossoluciones.Ahora consideremos 0 < b2 < 132, luego para que a sea entero, se necesita que 132 − b2 = c2 para un entero cy por tanto a = 13± c. Vamos a hallar 2 soluciones enteras para b2 + c2 = 132 con b, c > 0: 122 + 52 = 132 y52 + 122 = 132. De estos valores se tienen las siguientes 4 soluciones (18, 12), (8, 12), (25, 5), (1, 5). Finalmente,se tiene las siguientes 4 soluciones adicionales (18,−12), (8,−12), (25,−5), (1,−5) por la simetrıa de laecuacion en b.Concluimos que la ecuacion tiene al menos 12 soluciones enteras. Solucion 2:Primero notemos que

a2 + b2 = 26a =⇒ (a− 13)2 + b2 = 132

Es decir la ecuacion representa una circunferencia de centro (13, 0) y radio 13. Luego hay que demostrar quela circunferencia C tiene al menos 12 puntos con ambas coordenadas enteras. Consideremos la circunferenciaD de centro (0, 0) y radio 13. Como D que es una traslacion horizontal de C con una cantidad entera, C y Dtienen la misma cantidad de puntos con coordenadas enteras. Vamos a demostrar que D tiene 12 puntos concoordenadas enteras.Es facil ver que los cuatro intersectos con los ejes cartesianos tienen ambas coordenadas enteras. Como122 + 12 = 132, implica que el punto (12, 5) pertenece a D. Como el punto anterior pertenece al primercuadrante, no es un intercepto y no tiene coordenadas iguales, luego la reflexion de este punto sobre labisectriz del cuadrante (5, 12) tambien tiene coordenadas enteras y la reflexion de estos dos puntos sobre losotros 3 cuadrantes asegura que hay 8 puntos adicionales con coordenadas enteras sobre D.Concluimos que C tiene al menos 12 puntos con coordenadas enteras y por tanto la ecuacion tiene al menos12 soluciones enteras.Nota: Hay exactamente 12 soluciones enteras para la ecuacion ya que 13 es un primo que deja resto 1 en ladivision para 4, lo cual implica que se puede escribir de forma unica como la suma de dos cuadrados. Sepuede generalizar que la ecuacion a2 + b2 = 2pa, donde p es un primo dado que deja resto 1 en la divisionpara 4, tiene exactamente 12 soluciones.


A) Consideremos la piedra de mayor peso 2M y el grupo en el que se encuentra. Ya que todas las pesasson distintas, el mayor peso posible que pueden alcanzar entre todas las otras pesas es

20 + 21 + · · ·+ 2M−1 = 2M − 1 < 2M.

Por lo tanto, cualquier otro grupo tendra un peso total menor al peso del grupo que contiene la piedramas pesada. Se concluye que Pepito no puede cumplir con el desafıo si todas las piedras tienen pesosdistintos.

B) Consideremos la piedra de menor peso 2m y el peso Pm de su grupo. Ya que la piedra de menor pesoes unica, todas las demas pesas en dicho grupo son potencias de 2 mas grandes que 2m. Por lo tanto,podemos sacar factor comun 2m y tenemos que

Pm = 2m(1 + 2Q)

donde Q ≥ 1 es un entero.Consideremos cualquier otro grupo y su peso total Px. Claramente, la piedra de menor peso 2x en dichogrupo tiene exponente mayor a m, ya que el peso 2m es unico. Ademas, todas las demas piedras dedicho grupo tienen peso mayor o igual a 2x. Por lo tanto, podemos sacamos factor comun 2x y tenemosque

Px = 2xR

ONM 2018 - OMEC 91

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 3donde R ≥ 1 es un entero. Supongamos por contradiccion que ambos pesos son iguales

Pm = Px

⇔ 2m(1 + 2Q) = 2xR

⇔ 1 + 2Q = 2x−mR

lo cual es una contradiccion ya que el lado izquierdo es impar y el lado derecho es par ya que x > m.Se concluye que Pepito no puede cumplir con el desafıo si el menor peso es unico.


A

B

C

D

E

F

GH

K LM

N

OP

Q

R

S

a) Como R es el punto medio de CD, luego

DH + HR = DR = RC = RG + GC =⇒ HR = RG

Luego R es el punto medio de HG. Como P es el punto medio de EG, de lo anterior se concluye que PRes paralelo EH, por ser la paralela media. Por los datos PR es paralelo a AD, por tanto EH es paralelo aAD. Consideremos el cuadrilatero AEHD, tiene dos lados opuestos paralelos y los otros dos lados opuestosiguales, luego es un paralelogramo o es un trapecio isosceles. Analogamente, tenemos que FG es paralelo aQR y por ende paralelo a BC, y BFGC es un paralelogramo o un trapecio isosceles.

• Si AEHD es un paralelogramo, entonces AE es paralelo a DH y por ende AB es paralelo a CD, y portanto necesariamente BFGC tambien es un paralelogramo. Se concluye que ABCD es un trapecio.

• Si AEHD y BFGC no son paralelogramos, luego ambos son trapecios isosceles. Sean S, K, L, M, N y Olos puntos medios de AB, AD, EH, FG, BC y PQ, respectivamente. Luego S es el punto medio de EF.Es conocido que en un cuadrilatero los segmentos que unen los puntos medios de los lados opuestosy los puntos medios de las diagonales concurren en sus puntos medios. Aplicando lo anterior aEFGH, tenemos que PQ, ML y SR se cortan en O y LO = OM y SO = OR. Aplicando lo anterior alcuadrilatero ABCD, tenemos que KN y SR se cortan en O con KO = ON. Como los segmentos KN yLM se cortan en sus puntos medios, entonces KLNM es un paralelogramo, y por ende KL es paralelo aMN.En un trapecio isosceles los puntos medios de sus lados paralelos forman un segmento perpendiculara estos. Luego KL ⊥ AD y MN ⊥ BC, junto con KL ‖ MN, se tiene que AD es paralelo a BC. Seconcluye que ABCD es un trapecio, mas aun es un trapecio isosceles.

b) Es conocido que en un trapecio, la distancia entre los puntos medios de las diagonales es igual a lasemidiferencia de los lados paralelos. Vamos a demostrar el resultado siguiendo los casos anteriores.

ONM 2018 - OMEC 92

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 3• AB ‖ CD, aplicando el hecho inicial al trapecio EFGH, luego

PQ =HG− EF

2=

CD− AB2

=d2

Luego se tiene que 2PQ = d.

• AD ‖ BC, sin perdida de generalidad asumimos que BC ≥ AD. Aplicando el hecho inicial al trapecioEFGH, junto con FG ≤ BC y EH ≥ AD tenemos que

PQ =FG− EH

2≤ BC− AD

2=

d2

Luego se tiene que 2PQ ≤ d.

Solucion del problema 4: Asumamos que el polinomio tiene mas de una raız entera. Por las relaciones deViete, la suma de las raıces es cero y si tiene dos raıces enteras, entonces la tercera raız tambien es entera.Mas aun, las raıces son a, b,−a − b, para enteros a, b. Luego por las relaciones de Viete se cumple que−24 = ab− (a + b)a− (a + b)b = ab− (a + b)2 = −a2 − ab− b2.Luego 96 = 4a2 + 4ab + 4b2 = (2a + b)2 + 3b2, luego 3 divide a (2a + b)2; por tanto 9 divide a (2a + b)2 y 3b2

deja resto 6 en la division para 9. De lo anterior se tiene que b2 deja resto 2 en la division para 3, lo cual esimposible para un cuadrado perfecto. Concluimos que el polinomio tiene a lo sumo una raız entera.

Con el objetivo de llegar a un absurdo, suponga que a y b son dos raıces enteras distintas. Entonces,

a3 − 24a + k = b3 − 24b + k = 0

a3 − 24a = b3 − 24b

a3 − b3 = 24(a− b)

(a− b)(a2 + ab + b2) = 24(a− b)

Como a 6= b

a2 + ab + b2 = 24

(a + b)2 − ab = 24

Sean a y b las raıces del polinomio q(x) = x2 −mx + n, donde m = a + b y n = ab. Sabemos que como lasraıces son enteras distintas, entonces el discriminante de q, (m2− 4n), debe ser un cuadrado perfecto positivo.Ademas, tenemos que m2 − n = 24, sustituyendo en el discriminante tenemos que 96− 3m2 es un cuadradoperfecto por lo que m2 ∈ {5, 20, 29} lo cual es una contradiccion, ası que es imposible que p tenga dos raıcesenteras distintas.Con k = 0 tenemos que 0 es una raız de p. Concluımos que p tiene como maximo una raız entera.

Solucion del problema 5: Sean ∠BAC = α,∠CBA = β,∠ACB = γ,∠XAB = δ. Como AX y BY sonperpendiculares a l, entonces ∠YBA = 180◦ − δ.De las condiciones se tiene que AX = AP = AN, BY = BP = BM, CM = CN. Luego

∠XAN = 90◦ − α + δ

2

∠ANM = 90◦ +γ

2

∠XNM = ∠ANM−∠XAN =α + δ + γ

2

∠BYM =δ− β

2

∠MYX = 90◦ − δ− β

2

ONM 2018 - OMEC 93

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 3

∠XNM +∠MYX = 90◦ +α + β + γ

2= 180◦

Concluimos que NXYM es un cuadrilatero cıclico.

Solucion del problema 6: Sea E = 4− 3 4√

5 + 2 4√

25− 4√

125 y hacemos el reemplazo x = 14√5

para reescribirE en funcion de x:

E = 4− 3x+

2x2 −

1x3

E = − 1x3 (1− 2x + 3x2 − 4x3)

Hacemos el reemplazo:

S = 1− 2x + 3x2 − 4x3

xS = x− 2x2 + 3x3 − 4x4

S + xS = (1− 2x + 3x2 − 4x3) + (x− 2x2 + 3x3 − 4x4)

(1 + x)S = 1− x + x2 − x3 − 4x4 =1− x4

1 + x− 4x4

S =1− x4

(1 + x)2 −4x4

1 + x; x 6= −1

Sustituyendo x por su valor numerico:

S =1− 1

5(1+ 1

4√5

)2 −4( 1

5 )1+ 1

4√5

= 45 ·

1−(

1+ 14√5

)(

1+ 14√5

)2 = 45 ·

− 14√5(

1+ 14√5

)2 = − 45 4√5·(

4√51+ 4√5

)2= − 4

5 ·4√5

(1+ 4√5)2

Reemplazando S en E:

E = − 1x3 (1− 2x + 3x2 − 4x3) = − 1

x3 S = − Sx3 = − S(

14√5

)3 = −( 4√

5)3S

Sustituyendo S por su valor numerico:

E = −( 4√

5)3 · (− 45 ) ·

4√5(1+ 4√5)2 = 4·5

5(1+ 4√5)2 = 4(1+ 4√5)2

Luego:√

E = 2(1+ 4√5)

Ası la expresion a su forma mas simplificada es: 2√E= 1 + 4

√5

Sospechamos que la generalizacion de este resultado corresponde a:√

2n√2n−(2n−1) 2n√2n+1+(2n−2) 2n

√(2n+1)2−···+2 2n

√(2n+1)2n−2− 2n

√(2n+1)2n−1

= 1 + 2n√

2n + 1 ∀n ∈ N

Para probar esta conjetura y trabajarla de un modo mas simple, haremos: a = 2n√

2n + 1

Entonces tendremos que demostrar que:√

2n√2n− (2n− 1)a + (2n− 2)a2 −· · ·+ 2a2n−2 − a2n−1

= 1 + a

O, equivalentemente:

(1 + a)√

2n− (2n− 1)a + (2n− 2)a2 −· · ·+ 2a2n−2 − a2n−1 =√

2n

ONM 2018 - OMEC 94

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL 3Elevando al cuadrado ambos miembros:

(1 + a)2[2n− (2n− 1)a + (2n− 2)a2 −· · ·+ 2a2n−2 − a2n−1] = 2n

Para mayor claridad y brevedad solo multipliquemos las expresiones:

(1 + a)[2n− (2n− 1)a + (2n− 2)a2 −· · ·+ 2a2n−2 − a2n−1]

= 2n− (2n− 1)a + (2n− 2)a2 −· · ·+ 2a2n−2 − a2n−1 + 2na− (2n− 1)a2 + (2n− 2)a2 −· · ·+ 2a2n−1 − a2n

= 2n− 2na + a + 2na2 − 2a2 −· · ·+ 2a2n−2 − a2n−1 + 2na− 2na2 + a2 + 2na2 − 2a2 −· · · − 3a2n−22a2n−1 − a2n

Reduciendo terminos semejantes:

= 2n + (a− a2 + a3 −· · · − a2n−2 + a2n−1 − a2n)

= 2n + a(1− a + a2 −· · · − a2n−3 + a2n−2 − a2n−1)

= 2n + a(1− a2n

1 + a) =

2n(1 + a) + a(1− a2n)

1 + a=

2n + 2na + a− a2n+1

1 + a=

2n + (2n + 1)a− a2n+1

1 + a(2)

Pero puesto que a = 2n√

2n + 1, se tiene que a2n = 2n + 1

Sustituyendo en (2):

= 2n+(2n+1)a−a·a2n

1+a = 2n+(2n+1)a−a(2n+1)1+a = 2n

1+a

Por lo tanto:

(1 + a)[2n− (2n− 1)a + (2n− 2)a2 −· · ·+ 2a2n−2 − a2n−1](1 + a) =2n

1 + a· (1 + a) = 2n

Y, finalmente, esta demostrado.

ONM 2018 - OMEC 95

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL U2.4.5 NIVEL U

Solucion del problema 1: a) El punto P tiene coordenadas (u, aun). Sea t la tangente a l por P, entonces supendiente m es igual a la derivada en P, es decir m = naun−1, luego la ecuacion de t es y = mx + b. Paracalcular b, se utiliza el hecho que la tangente pasa por P, luego

aun = naun−1(u) + b =⇒ b = (1− n)aun

Ahora se pueden calcular las coordenadas (c, 0) de Q, luego

0 = naun−1(c) + (1− n)aun =⇒ c =n− 1

nu

Dado que u > 0, entonces OQ = |c| = |n−1|n u y la distancia de P a OQ es igual a la ordenada de P, por tanto

area(OPQ) =12(|n− 1|

nu)(aun) =

|n− 1|2n

aun+1

Es facil ver que area(OPR) = 12 (u)(aun) = 1

2 aun+1. Luego se tiene que

r(n) =area(OPQ)

area(OPR)=|n−1|

2n12

=|n− 1|

n

Claramente r(n) no depende ni de a ni de u.b) Si n > 1, entonces r(n) = n−1

n = 12018 y por ende n = 2018

2017 > 1. Si n < 1, entonces r(n) = 1−nn = 1

2018 y porende n = 2018

2019 < 1. Se concluye que r(n) = 12018 para n = 2018

2017 y n = 20182019 .

Nota: r(n) = c < 1 se cumple para dos valores de n, uno mayor a 1 y uno menor a 1; y rn = c ≥ 1 se cumplepara un valor de n, con n < 1.Se tiene que r( 1

2 ) = 1 y y = a√

x es la unica curva continua diferenciable que tiene esta propiedad: O es elpunto medio de QR para todo punto P distinto del origen.

Solucion del problema 2: a) Sean a1, . . . , an los elementos de la diagonal de A y c1, . . . , cn los elementos dela diagonal de C, entonces a1, . . . , an, c1, . . . , cm son los elementos de la diagonal de X y

traza(X) = a1 + . . . + an + c1 + . . . + cm = traza(A) + traza(C)

Si A es singular, luego det(A) = 0. Ademas, un grupo de sus columnas son linealmente dependientes yal agregarle ceros al final, la nuevas columnas siguen siendo linealmente dependientes, pero estas serıancolumnas de X, por ende det(X) = 0 = det(A) · det(C).Si A no es singular, consideremos la identidad Im de m×m y la matriz

Y =

[A EO Im

]luego por la regla del determinante, es facil ver inductivamente que det(Y) = det(A) para toda matriz E dedimensiones apropiadas. Ahora consideremos

Z =

[A OT

O Im

] [In DO C

]=

[A ADO C

]Por la regla del producto det(Z) es igual al producto de los determinantes de los factores, pero por el hechoanterior, los factores tienen determinantes iguales a det(A) y det(C). Por tanto det(Z) = det(A) · det(C).Finalmente, reemplazamos D = A−1B y se tiene que X = Z y por tanto det(X) = det(A) · det(C).b) De los hechos anteriores se tiene que

traza(X) = traza(A) + traza(A2) + . . . + traza(A2018)

det(X) = det(A)det(A2) . . . det(A2018)

ONM 2018 - OMEC 96

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL UComo det(A) = 6, entonces det(Ai) = 6i para todo entero i. Por tanto

det(X) = 6 · 62 · . . . 62018 = 61+2+...+2018 = 62019·1009

Por el teorema de Cayley-Hamilton, la matriz A cumple su polinomio caracterıstico. Entonces A2− 5A+ 6I =O y por tanto An+1 = 5An − 6An−1 para todo entero positivo n. Luego

traza(An+1) = 5traza(An)− 6traza(An−1)

Se puede demostrar inductivamente que traza(An) = 2n + 3n, los casos base son triviales y de la recurrenciaanterior se tiene que

traza(An+1) = 5(2n + 3n)− 6(2n−1 + 3n−1) = 2n−1(10− 6) + 3n−1(15− 6) = 2n+1 + 3n+1

Lo anterior concluye la induccion. Finalmente, se tiene que

traza(X) = 21 + 31 + 22 + 32 + . . . + 22018 + 32018 = 2(1 + . . . + 22017) + 3(1 + . . . + 32017) =

traza(X) = 2(22018 − 1) +32(32018 − 1) = 22019 − 2 +

12(32019 − 3)

Nota: La propiedad del determinante en la parte a es una consecuencia directa de la regla de Laplace paraevaluar determinantes.Para la parte b, la matriz A tiene valores propios 2, 3, luego las matrices An tienen valores propios 2n, 3n.Como el determinante es el producto de los valores propios, entonces det(An) = 6n; y como la traza es lasuma de los valores propios, entonces traza(An) = 2n + 3n.

Solucion del problema 3: Definimos la funcion g(x, y) = f (x, y) + 2(x2 + y2). Luego hay dos posibilidades:g es constante o no es constante en el interior del cırculo unitario.Si g es constante, entonces f (x, y) = c− 2(x2 + y2), entonces para todo punto (a, b) en el interior del cırculounitario se cumple que (

∂ f∂x

(a, b))2

+

(∂ f∂y

(a, b))2

= 16(a2 + b2) ≤ 16

Si g no es constante. Para cualquier punto en la circunferencia unitaria, es decir x2 + y2 = 1, se cumple que

−1 ≤ f (x, y) ≤ 1 =⇒ g(x, y) = 2 + f (x, y) ≥ 1

Ademas, para el origen g(0, 0) = f (0, 0) ≤ 1. Como g no es constante y el cırculo unitatio es un conjuntocerrado, g toma su valor mınimo en un punto en el interior del cırculo unitario. Llamemos (a, b) a dichopunto. Como f es diferenciable, entonces g es diferenciable, y como (a, b) es un punto interior y alcanza elmınimo, entonces las derivadas parciales de g se anulan en este punto

∂g∂x

(a, b) = 0 =⇒ ∂ f∂x

(a, b) = −4a

∂g∂y

(a, b) = 0 =⇒ ∂ f∂y

(a, b) = −4b

(∂ f∂x

(a, b))2

+

(∂ f∂y

(a, b))2

= 16(a2 + b2) ≤ 16

Solucion del problema 4: Derivando a ambos lados de la expresion dada, se obtiene

2 f (x) f ′(x) =d

dx{∫ x

0[( f (t))2 + ( f ′(t))2] dt}

El teorema fundamental del calculo afirma que ddx (∫ x

0 g(t) dt) = g(x), y por tanto

2 f (x) f ′(x) = ( f (x))2 + ( f ′(x))2 =⇒

ONM 2018 - OMEC 97

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL U0 = ( f (x))2 − 2 f (x) f ′(x) + ( f ′(x))2 = ( f (x)− f ′(x))2

Como la funcion toma valores reales, se concluye que f (x) = f ′(x) para todo x y consecuentementef (x) = Cex. Finalmente se reemplaza en la expresion inicial

C2e2x =∫ x

0[2C2e2t] dt + 2018

C2e2x = (C2e2x − C2) + 2018 =⇒ C2 = 2018

Como la funcion es continua, la constante C es la misma para todos los reales. Finalmente, se concluye quehay dos soluciones f (x) =

√2018ex y f (x) = −

√2018ex.

Solucion del problema 5: a) Para la cota superior tenemos que:

log2(n!) = log(1× 2× · · · × n)= log2(1) + log2(2) + · · ·+ log2(n)≤ log2(n) + log2(n) + · · ·+ log2(n)= n log2(n).

Es facil verificar la cota inferior para n < 4. Si n ≥ 4, tenemos que log2(n) ≥ 2. Multiplicando ambos lados

porn4

y moviendo todo al lado izquierdo tenemos que:

n4

log2(n)−n2≥ 0.

Luego,

log2(n!) = log(1× 2× · · · × n) = log2(1) + log2(2) + · · ·+ log2(n).

Si nos olvidamos de la mitad inferior de los terminos (asumiendo sin perdida de generalidad que n es par):

≥ log2(n2) + log2(

n2+ 1) + · · ·+ log2(n)

=n2

log2(n2)

=n2(log2(n)− 1)

=n2

log2(n)−n2

= (n4

log2(n)−n2) +

n4

log2(n)

≥ n4

log2(n).

b) Empecemos con casos particulares. Obviamente para n = 1 no hay nada que hacer, y para cualquiersecuencia Daniel tiene que hacer 0 preguntas. Para n = 2 Daniel puede realizar dos posibles preguntas,a1 ≤ a2 o a2 ≤ a1. Dependiendo de las posibles respuestas de su aliado, Daniel decide como los ordena. Estonos lleva a caracterizar el metodo que Daniel emplea como un arbol de decision. Cada nodulo representala pregunta que Daniel hace y cada arista representa una respuesta de el aliado extraterrestre sı o no. Lashojas (nodulos finales) son las permutaciones ordenadas dadas producidas por las respuestas del aliado. Porejemplo, para n = 2 uno de los posibles arboles es:

¿a1 ≤ a2?

a1 ≤ a2 a2 ≤ a1

sı

no

ONM 2018 - OMEC 98

SOLUCIONES FASE FINAL NIVEL UEl otro arbol optimo posible se da si Daniel pregunta a2 ≤ a1. Claramente Daniel puede seguir preguntandocosas que son redundantes y generar mas arboles, pero en el caso n = 2 solamente hay 2 arboles optimos (consolamente 1 pregunta). Podemos generalizar esta idea para cualquier n sin ningun problema. Por ejemplo,un posible arbol optimo para n = 3 puede ser de la siguiente forma:

1,2

2,3

1,2,3 1,3

1,3,2 3,1,2

1,3

2,1,3 2,3

2,3,1 3,2,1

sı

sı

no

sı

no

no

sı no

sı

no

Los nodulos internos i, j representan la pregunta ai ≤ aj y las hojas representan una permutacion ordenada.Notemos que el numero de nodulos atravesados en un camino (distancia de la raız a la hoja) corresponde alnumero de preguntas que realiza Daniel. La altura h de un arbol es la mayor distancia posible de la raız a lahoja, en otras palabras, la mayor cantidad de preguntas posibles. Sea l la cantidad total de hojas alcanzablesen el arbol desde la raız. Cada metodo que use Daniel se corresponde con un arbol de decision de altura h yl hojas alcanzables. Un arbol binario (como el que describimos) de altura h tiene a lo sumo 2h hojas. Es claroque la cantidad de hojas alcanzables es menor a la cantidad total de hojas posibles, por lo tanto l ≤ 2h Porotro lado, notemos que cada una de las n! permutaciones posibles tiene que aparecer al menos una vez en lashojas alcanzables. Esto se debe a que es posible empezar con cualquier secuencia inicial de numeros y suverdadero orden puede ser cualquiera de las n! permutaciones posibles. Por lo tanto, n! ≤ l. Combinando lasdos desigualdades, tenemos que n! ≤ l ≤ 2h.Tomando logaritmos base 2 en ambos lados de la desigualdad, obtenemos que log2(n!) ≤ h.

Se sigue que el camino mas largo posible de la raız a una hoja contiene al menos log2(n!) nodulos. La hoja finalde este camino corresponde al verdadero orden de la secuencia inicial, por lo tanto dicha secuencia hace que

Daniel haga el menos log2(n!) preguntas. Por la cota inferior de la parte a) tenemos que log2(n!) ≥n log2 n

4.

Ya que el numero de preguntas es numero entero necesariamente, existe una secuencia inicial para la cual

Daniel debe hacer al menos⌈n log2 n

4

⌉a su aliado sin importar el metodo que use.

Solucion del problema 6: Denotemos S = M1 + M2 + . . . + Mk. Para un cierto entero 1 ≤ i ≤ k, secumple que las matrices Mi M1, Mi M2, . . . , Mi Mk estan en G porque la operacion de multiplicacion es cerrada.Ademas, el conjunto anterior es una permutacion del conjunto G, y por ende al sumar de ambos lados setiene que MiS = S. Ahora sumamos las igualdades anteriores para todo 1 ≤ i ≤ k y obtenemos

S2 = M1S + M2S + . . . + MkS = S + S + . . . + S = kS

Se tiene que S2 − kS = 0. Sea λ un valor propio de S, entonces por la propiedad anterior se tiene queλ(λ− k) = 0 y se concluye que λ = 0 o λ = k. Pero

traza(S) = traza(M1 + M2 + . . . + Mk) = traza(M1) + traza(M2) + . . . + traza(Mk) = 0

Sabemos que la traza de una matriz es igual a la suma de sus valores propios. Como k > 0, entonces todoslos valores propios de S son iguales a 0. Luego los valores propios de S− kI son iguales a −k 6= 0 y por endeS− kI no es singular, donde I es la identidad de n× n. Finalmente tenemos que

S(S− kI) = S2 − kS = 0 =⇒ S = S(S− kI)(S− kI)−1 = 0(S− kI)−1 = 0

Se concluye que S = 0.

ONM 2018 - OMEC 99

PREMIADOS NIVEL A

3 PREMIADOS

3.1 NIVEL A

MEDALLAS DE OROALEJANDRO JOSE LARREA REYES (TORREMAR)

MARIA VALENTINA ULLOA MASACHE (DEL PACIFICO)LUIS EDUARDO REYES ROMERO (LOGOS ACADEMY)

MEDALLAS DE PLATAJORGE EMILIO CAPELO VELEZ (IPAC)

JOSEPH SEBASTIAN JACOME VILLACIS (LOGOS ACADEMY)CHRISTIAN ALEJANDRO FIALLOS CONSTANTE (LOGOS ACADEMY)

STEVEN DANIEL MERA CACAO (MARISCAL SUCRE)MADDY CRISTHINE RIVERA CARCHI (DEL PACIFICO)

ADRIAN ALEJANDRO PAZ BRITO (DEL PACIFICO)

MEDALLAS DE BRONCEVICTORIA ANAHI ORTIZ SANDOVAL (TOMAS MORO)

JOSE ADRIAN CLAVIJO SOTOMAYOR (ESPIRITU SANTO)JUAN IGNACIO CALLEJAS RAMOS (TOMAS MORO)

NAOMI DAYANA OYAQUE CLAUDIO (FAE No5)GALO NOE ESPINOZA DUENAS (JOSE DOMINGO DE SANTIESTEVAN)

ARIANNA VALENTINA QUIMAUCHO HERNANDEZ (MARISCAL SUCRE)ALEJANDRO FERNANDO ELIAS ALCIVAR (MARISCAL SUCRE)

LORIEN DE LLANO GARCIA (DEL PACIFICO)ISIDRO JOSE AYORA SANCHEZ (TOMAS MORO)

MENCIONES DE HONOR

JUAN JOSE PEREZ VALGAS (SUDAMERICANO)HERMAN ANIAS CALDERON SOLANO (DEL

PACIFICO)MATIAS SEBASTIAN GARAY PAZMINO (LOGOS

ACADEMY)MARIA JOSE BAJANA ROCHA (MONTESSORI)BRITANNY POLETH MONTERO FERNANDEZ

(MARISCAL SUCRE)JOHNNY DANIEL ROMERO JARAMILLO (SANTA

MARIA)LAURA ELENA GOMEZ FERRER

(INTERNACIONAL SEK)

LUCIANA VALENTINA LEON SALAZAR (IPAC)GEOVANNY ANDRE ZHINGRE NAVARRETE (DEL

PACIFICO)GUSTAVO ANDRES MOLINA CRUZ (MARISCAL

SUCRE)ESTEBAN NICOLAS MORA PALACIOS

(INTISANA)JUAN PABLO MORA GIOVANNETTI

(INTERNACIONAL SEK)DIEGO RICARDO CANGO CLAVIJO (INTISANA)

MIA LEONOR DUNN BERTHA (DELTA)

• Cortes para medallas:

– Oro: 38 Puntos

– Plata: 31 Puntos

– Bronce: 22 Puntos

• Puntajes mas altos en las fases clasificatorias:

– Puntaje mas alto en la Fase 1: 18 Puntos

GALO NOE ESPINOZA DUENAS (JOSE DOMINGO DE SANTIESTEVAN)


MARIA VALENTINA ULLOA MASACHE (DEL PACIFICO)

ONM 2018 - OMEC 100

PREMIADOS NIVEL 13.2 NIVEL 1

MEDALLAS DE OROADRIANA HONG ZHUO HONG (PRINCIPITO Y MARCEL LANIADO DE WIND)

EMILIANO ADRIAN GOMEZ LOPEZ (IPAC)NATASHA FERNANDA VALAREZO OYOLA (SANTA LUISA DE MARILLAC)

MEDALLAS DE PLATASTEVE WILLIAM ROBINSON FERAUD (MONTESSORI)

ERIC JOSE BAQUERIZO NIETO (TORREMAR)EMILIO ANDRES LARREA REYES (TORREMAR)

DIEGO MATEO MALDONADO FUSTER (INTISANA)WALTER ARTURO COLETTA ANNEZ (LOGOS ACADEMY)

EDUARDO JAVIER CEDENO BEHR (LOGOS ACADEMY)

MEDALLAS DE BRONCEGUSTAVO SIGCHO ROMERO (ESPIRITU SANTO)

MATEO PICO PRECKLER (FUNDACION COLEGIO AMERICANO DE QUITO)JENNIFER AMELIA MARTINEZ MENDEZ (SANTA LUISA DE MARILLAC)

JOSE DANIEL HERRERA HIDALGO (KOLBE ACADEMY)PAULA ALEJANDRA BENITES FREIRE (AMERICANO DE GUAYAQUIL)

EMILIO STEFANO CEVALLOS BIGALLI (TORREMAR)ANDY DARLEY CALI MACAS (SAN JOSE LA SALLE)

ALEXANDER GABRIEL VASCO ESPINOZA (SAN JOSE LA SALLE)ESTEBAN JOSE PINTO ENRIQUEZ (MARTIM CERERE)

MENCIONES DE HONORMARIO RICARDO QUEZADA BERMUDEZ (DEL PACIFICO)MAURICIO ANDRES CEVALLOS ROBLES (DEL PACIFICO)


– Oro: 26 Puntos





DANNA NAREYRA BROWN CARDENAS (AMERICANO DE GUAYAQUIL)


MATEO PICO PRECKLER (FUNDACION COLEGIO AMERICANO DE QUITO)


MAURICIO ANDRES CEVALLOS ROBLES (DEL PACIFICO)

ONM 2018 - OMEC 101


MEDALLAS DE OROZHIRON CRISTINA WU YUAN (IPAC)

GIACOMO YU (ESPIRITU SANTO)JOHN SEBASTIAN VELIZ REYES (AMERICANO DE GUAYAQUIL)

MEDALLAS DE PLATAJULIO ENRIQUE VICHE CASTILLO (DEL PACIFICO)

JAHIR MANUEL CAJAS TOAPANTA (DEL PACIFICO)VIOLETA VICTORIA GOMEZ GAMBOA (LOGOS ACADEMY)

JUAN PABLO PORRAS DAVILA (INTISANA)JHOSUE ESTEBAN INFANTE CARVAJAL (LICEO CRISTIANO DE GUAYAQUIL)

GABRIEL ARTURO ALBAN TERAN (INTISANA)

MEDALLAS DE BRONCEMATEO NICOLAS VIVANCO APOLO (DEL PACIFICO)DANIEL SEBASTIAN SUAREZ AGUIRRE (TORREMAR)

KEVIN DANIEL ROJAS WASHCO (BORJA)TOBIAS SANTIAGO JACOME ELLIOTT (DESPETAR - FUNDACION SKAS)

IVAN ANDRE CABRERA GARCIA (AMERICANO DE GUAYAQUIL)DANIELA MARCELA BALDEON MATA (IPAC)

ELIATH SEBASTIAN VELASCO CAMPOZANO (DEL PACIFICO)PABLO ADRIAN MIRANDA TORO (INTISANA)

MIGUEL ANGEL GUZMAN CHANG (MARISCAL SUCRE)


– Oro: 23 Puntos





MATIAS LEONARDO LOAYZA CORREA (DEL PACIFICO), JOSEPH OMAR VILLA HOLGUIN(ESPIRITU SANTO), GIACOMO YU (ESPIRITU SANTO)


CARLOS FIGUEROA (ESPIRITU SANTO), MATIAS LEONARDO LOAYZA CORREA (DELPACIFICO), MATTHEW JAVIER OCHOA MALDONADO (DEL PACIFICO), GIACOMO YU

(ESPIRITU SANTO)


GIACOMO YU (ESPIRITU SANTO)

ONM 2018 - OMEC 102


MEDALLAS DE OROPEDRO ANDRES SUAREZ AGUIRRE (TORREMAR)

YU PENG (AMERICANO DE GUAYAQUIL)VALERIA ESTEFANIA BARCO SANTANA (IPAC)

MARIA GRATZIA INDACOCHEA ROSADO (IPAC)

MEDALLAS DE PLATALEONARDO EMANUEL ZAMBRANO LOPEZ (IPAC)

JOSE GABRIEL CASTILLO FLORES (TECNICO SALESIANO)YAN YUXUAN (AMERICANO DE GUAYAQUIL)

YIFAN CHEN (IPAC)NICOLAS GONZALEZ GRANDA (LA ASUNCION)

MEDALLAS DE BRONCEALEJANDRO SEBASTIAN RODRIGUEZ URGILEZ (DEL PACIFICO)

ANGEL ADRIAN CARRILLO VEGA (DEL PACIFICO)SANTIAGO NICOLAS BASTIDAS FIERRO (IPAC)

STEPHANIE VANESSA GALLEGOS CAAMANO (SANTA LUISA DE MARILLAC)KEVIN STEEVEN ESPINOZA ZAMBRANO (MARISCAL SUCRE)

DIEGO SEBASTIAN RONQUILLO MANOSALVAS (IPAC)SANTIAGO DANIEL ZAMBRANO MORENO (MARISCAL SUCRE)

PATRICIO MONAR ZAMBRANO (ESPIRITU SANTO)JUAN JOSE BALLADARES OLEAS (INTISANA)

MENCIONES DE HONORCARLOS ENRIQUE VEGA HERNANDEZ (LA ASUNCION)

CAREN ALEJANDRA RODRIGUEZ (IPAC)QUAN HU (AMERICANO DE GUAYAQUIL)

MARIA BELEN ADUM HERRERA (MONTESSORI)


– Oro: 28 Puntos





KEVIN STEEVEN ESPINOZA ZAMBRANO (MARISCAL SUCRE), JOSE MIGUEL PEREZFLORES (TORREMAR), PEDRO ANDRES SUAREZ AGUIRRE (TORREMAR)


YU PENG (AMERICANO DE GUAYAQUIL), PEDRO ANDRES SUAREZ AGUIRRE(TORREMAR)


VALERIA ESTEFANIA BARCO SANTANA (IPAC)

ONM 2018 - OMEC 103

PREMIADOS NIVEL U3.5 NIVEL U

MEDALLAS DE OROANDRES DAVID PINCAY PENA (ESPOL)

DANIEL JEREMIAS MALAVE MOREIRA (ESPOL)ANTHONY JOSHUE FLORES AZUA (ESPOL)

MEDALLAS DE PLATAADRIAN JOSUE DELGADO MIRANDA (ESPOL)

MELVIN HENRY POVEDA QUIMIZ (ESPOL)ANGEL ADRIAN ROJAS JIMENEZ (YACHAY TECH)

NICOLAS COLOMA CARPHIO (UNIVERSIDAD SAN FRANCISCO DE QUITO)

MEDALLAS DE BRONCEDAVID ANDRES MONTALVAN POPPE (ESPOL)

FRANCISCO MARTIN PONCE CARRION (UNIVERSIDAD SAN FRANCISCO DE QUITO)LUCIA MOYA TAMARIZ (UNIVERSIDAD SAN FRANCISCO DE QUITO)

CRISTHYAN BRYAN CAYETANO TUMBACO (ESPOL)


– Oro: 22 Puntos



• Puntaje mas alto en la fase clasificatoria: 13 Puntos

NICOLAS COLOMA CARPHIO (UNIVERSIDAD SAN FRANCISCO DE QUITO)

ONM 2018 - OMEC 104

4 EQUIPO DE TRABAJO

La organizacion de la Olimpiada Nacional de Matematicas 2018 fue realizada gracias al trabajo de:

• Romnie Acosta (OMEC)

• Eduardo Alba (SEDEM)

• Fernando Alvarez (OMEC)

• Danielle Aycart (OMEC)

• Valerie Bustos (OMEC)

• Jorge Chamaidan (OMEC)

• Nelson Cordova (USM)

• Paolo Cuellar (OMEC)

• Adrian Delgado (OMEC)

• Pedro Espinoza (UETS)

• Anthony Flores (OMEC)

• Fernando Gomez (OMEC)

• Qi Han (OMEC)

• David Hervas (SEDEM)

• Ana Paula Indacochea (OMEC)

• Galo Lara (OMEC)

• Hugo Mena (USM)

• Eugenia Molina (UEPRIM)

• Andrea Moreira (SEDEM)

• Eladio Oliveros (USM)

• Miguel Ordonez (OMEC)

• Omar Paladines (OMEC)

• Javier Perez (OMEC)

• Paula Pettinelli (USM)

• Julio Rivera (OMEC)

• Marcelo Rodrıguez (OMEC)

• Daniel Samaniego (OMEC)

• Alfredo Sanchez (OMEC)

• Leslie Santamarıa (USM)

• Xavier Soriano (OMEC)

• Vicente Torres (OMEC)

5 AUSPICIANTES

Un agradecimiento a los auspiciantes del evento:

• Universidad Catolica de Santiago de Guayaquil (UCSG)

• Sociedad Ecuatoriana de Matematicas (SEDEM)

• Universidad de Guayaquil (UG)

• Unidad Educativa Particular Bilingue Principito & Marcel Laniado de Wind (UEPRIM)

• Unidad Educativa Tecnico Salesiano (UETS)

ONM 2018 - OMEC 105

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