Solucionario de las preguntas 20 de ONEM 2017 (FASE I) en los niveles I, II y II

1. ONEM 2017 – Pregunta 20
Nivel I, II y III
Prof. Erick Vàsquez Llanos
E-mail: viterick@gmail.com

2. INTRODUCCIÓN
Los problemas en las Olimpiadas
Matemáticas Internacionales plantean
cuestiones que normalmente no se ven en los
temarios escolares. Es por ello importante la
difusión de la solución de algunos problemas
que presentan cierta dificultad en su solución:

3. Nivel 01
20. En la siguiente figura se muestra un cuadrado dividido en cuatro
rectángulos de lados enteros. Si los cuatros rectángulos tienen área
S, determine el menor valor posible de S.
SOLUCION
a) 36 b) 80 c) 144 d) 120 e) 90

4. Nivel 02
20. Determine de cuántas formas se pueden ordenar los números 1,
2, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10 en las casillas de la siguiente fila, de tal forma
que la suma de cualesquiera dos números adyacentes sea mayor o
igual que 11
SOLUCION
a) 12 b) 6 c) 3 d) 2 e) 1

5. Nivel 03
20. Determine cuántos números de 6 dígitos cumplen que cada
digito pertenece al conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6} (está permitido
repetir números) y además la suma de cualesquiera dos dígitos
adyacentes es múltiplo de 2 o de 3.
Nota: Algunos números de 6 dígitos que cumplen las
condiciones requeridos son 111112, 153154 y 666666.
SOLUCION
a) 36
x24
b) 34
x25
c) 212
d) 36
x23
e) 3x211

6. Como ad = ac, entonces c = d; luego x es múltiplo de 2. (1)
Además el área formado por los tres rectángulo superiores es el
triple del inferior, es decir
(a + b)x = 3(a + b)y
Entonces x es múltiplo de 3. (2)
De (1) y (2), x es múltiplo de 6.
Como ax = 2(bx) entonces a = 2b
Tenemos

7. Luego tenemos:
Pero como la figura es un cuadrado, entonces
2b + b = 6y + 2y ⇒ 3b = 8y , es decir b es múltiplo de 8 (b = 8k)
e y es múltiplo de 3 (y = 3k).
Por tanto:

8. Finalmente:
S = (8k)(18k), para algún k entero positivo
Entonces Smin = 8(18) = 144
Clave (c)
Volver

9. Según condición del problema, observamos que se tienen
las parejas siguientes
{1; 10}; {10; 2; 9}; {9; 3; 8} {8; 4: 7}
Por lo tanto 1 estará en un extremo, veamos:
Dado el diagrama siguiente:
1 10 2
1 10 293857
En ambos casos no se cumple las condiciones del problema, luego:

10. Luego:
11029387
Finalmente hay dos maneras de concluir:
7 8 3 9 2 10 156
65
Clave (d)
7 8 3 9 2 10 1
Volver

11. Cada uno de los números {1, 2, 3, 4, 5, 6} pueden ser
vecino de exactamente 4 otros números. En efecto:
1 vecino de: 1; 2; 3; 5.
2 vecino de: 1; 2; 4; 6.
3 vecino de: 1; 3; 5; 6.
4 vecino de: 2; 4; 5; 6.
5 vecino de: 1; 3; 4; 5.
6 vecino de: 2; 3; 4; 6.
Luego, las opciones de escribir el primer digito es 6
{1, 2, 3, 4, 5, 6}

12. Colocado el primer digito, entonces el segundo digito tendrá 4
opciones según lo anterior. De la misma manera al colocar el
tercer digito; y así sucesivamente. Luego por el principio de
multiplicación tendremos:
6x 4 x 4 x4 x 4 x 4
Finalmente, se podrán formar 6(4)5
= 3(2)11
números
Clave (e)