APMO 2008 - Foro fmat.cl

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Competencias y Olimpiadas > Olimpiadas > Olimpiada Asia-Pacifico

2 Páginas:

1 2 >

APMO 2008, Ssp: 1,3,4,5

Opciones

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 20 2008, 06:17 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent\underline{$Problema\ 1$} Sea $ABC$ un tri\'angulo con $\angle A <60^o$. Sean $X$, $Y$ puntos en los lados $AB$ y $AC$ respectivamente, tales que $CA+AX=CB+BX$ y $BA+AY=BC+CY$. Sea $P$ el punto en el plano tal que $PX$ y $PY$ son perpendiculares a $AB$ y $AC$ respectivamente. Pruebe que $\angle BPC< 120^o$.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 2$} Los estudiantes de una clase, forman grupos de exactamente 3 personas, tales que para cualquier par de grupos, tienen a lo m\'as una persona en com\'un. Pruebe que cuando la clase es de 46 estudiantes, existe un conjunto de 10 estudiantes en el cual no esta contenido completamente ning\'un grupo de 3 personas.$ Solucion: $TEX: Sean $C$ el conjunto de todos los estudiantes de la clase. Sea $\|N\|$ definido como sigue:$ $TEX: $\|N\|=max\{A \subseteq C: \ A$ no contiene grupos completos $\}$.$ $TEX: Si $\|N\|\ge 10$, estamos listos, suponga entonces que $\|N\|=n \le 9$, sea $N$ entonces el conjunto con el máximo de elementos tal que ningún grupo está completamente contenido. Debido a que $n\le 9$, si agregáramos uno más a $N$ habría un grupo completo contenido en $N$, luego existe un grupo para cada persona en $C \setminus N$ tal que $2$ de sus elementos están en $N$ y el otro fuera de $N$, ahora note que $\displaystyle \binom{\|N\|}{2}\le \binom{9}{2}=36$, es decir, que se pueden escoger a lo más $36$ parejas en $N$ tal que forman a lo más $36$ grupos con sólo dos miembros dentro de $N$. Fuera de $N$ hay a lo menos $46-9=37$ estudiantes, es decir, que hay a lo menos un estudiante fuera de $N$ que no forma un grupo con otros dos en $N$, es decir, que $N$ se puede ampliar para contener a este estudiante, lo que contradice la maximalidad de $n$. $\square$$ $TEX: $\boxed{Resuelto\text{ }por\text{ }makmat}$$ $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 3$} Sea $K$ el circumc\'iculo de un tri\'angulo $ABC$. Una circunferencia que pasa a travez de $A$ y $C$, corta a los lados $BC$ y $BA$ en $D$ y $E$ respectivamente. Las rectas $AD$ y $CE$ cortan nuevamente a $K$ en $G$ y $H$ respectivamente. Las rectas tangentes a $K$ en $A$ y $C$ cortan a $DE$ en $L$ y $M$ respectivamente. Pruebe que $LH$ y $MG$ se encuentran en $K$.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 4$} Considere la funci\'on $f:\mathbb{N}_0\rightarrow\mathbb{N}_0$, donde $\mathbb{N}_0$ es el conjunto de todos los enteros no negativos, definida por las siguientes condiciones:<br />\\<br />(i) $f(0)=0$, (ii) $f(2n)=2f(n)$ y (iii) $f(2n+1)=n+2f(n) $ para todo $n\ge 0$.\\<br />\\<br />(a) Determine los tres conjuntos: $L:=\{n\|f(n)<f(n+1)\}$, $E:=\{n\|f(n)=f(n+1)\}$, y $G:=\{n\|f(n)>f(n+1)\}$.\\<br />\\<br />(b) Para cada $k\ge 0$, encuentre una f\'ormula para $a_k:=max\{f(n):0\le n\le 2^k\}$ en t\'erminos de $k$.$ Solucion: (Pendiente) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 5$} Sean $a,b,c$ enteros tales que $0<a<c-1$ y $1<b<c$. Para cada $k$, $0\le k\le a$, sea $r_k$, $0\le r_k<c$, el resto de la divisi\'on de $kb$ entre $c$. Pruebe que los dos conjuntos $\{r_0,r_1,...,r_a\}$ y $\{0,1,...,a\}$ son distintos.$ Solucion: (Pendiente) Mensaje modificado por Luffy el Sep 26 2011, 10:07 PM

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 18 2009, 03:44 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 4$} Considere la funci\'on $f:\mathbb{N}_0\rightarrow\mathbb{N}_0$, donde $\mathbb{N}_0$ es el conjunto de todos los enteros no negativos, definida por las siguientes condiciones:<br />\\<br />(i) $f(0)=0$, (ii) $f(2n)=2f(n)$ y (iii) $f(2n+1)=n+2f(n) $ para todo $n\ge 0$.\\<br />\\<br />(a) Determine los tres conjuntos: $L:=\{n\|f(n)<f(n+1)\}$, $E:=\{n\|f(n)=f(n+1)\}$, y $G:=\{n\|f(n)>f(n+1)\}$.\\<br />\\<br />(b) Para cada $k\ge 0$, encuentre una f\'ormula para $a_k:=max\{f(n):0\le n\le 2^k\}$ en t\'erminos de $k$.$ $TEX: $(a)$. Utilizando el hecho de que $f(0)$, podemos obtener que $f(1)=0$ y de aquí los primeros valores de la función. Observando los primeros valores podemos conjeturar que ciertos números de una forma determinada pertenecen a uno de los conjuntos: $L, E, G$. Probaremos que estas conjeturas son ciertas:$ $TEX: $N_1:=\{ 4k \ \| \ k \in \mathbb{N} \} \subseteq L$. Demostración. Basta probar que $f(4k)<f(4k+1)$, para esto tenemos que $f(4k)=4f(k)<2k+2f(2k)=2k+4f(k)=f(4k+1).\blacksquare$$ $TEX: $N_2:=\{ 4k+2 \ \| \ k \in \mathbb{N}_{0} \} \subseteq L$. Demsotración. $f(4k+2)=2k+4f(k)<4k+1+4f(k)=f(4k+3). \blacksquare$$ $TEX: $N_3:=\{ 4k+1 \ \| \ k \in \mathbb{N}_{0} \} \subseteq E$. Demostración. De los casos anteriores concluimos que $f(4k+1)=f(4k+2).\blacksquare$$ $TEX: $N_4:=\{ 4k+3 \ \| \ k \in \mathbb{N}_{0} \} \subseteq G$. Para demostrar esto utilizaremos otra desigualdad:$ $TEX: $f(n+1)-f(n)<n$. Si $n$ es par ($n=2k$) luego es inmediato que $f(n+1)-f(n)=k<n$. Si $n=2k+1$, obtenemos que $f(n+1)-f(n)=2(f(k+1)-f(k))-k$. De aquí tenemos los mismos casos, el más complejo es cuando $k=2k_1+1$ y así sucesivamente. Aplicando el descenso infinito concluimos que en algún momento $k_r+1$ será impar, luego $f(n+1)-f(n)=k<n$.$ $TEX: Volviendo a lo que queremos probar tenemos que $f(4k+3)-f(4k+4)=4k+4f(k)+1-4f(k+1)=4k+1+4(f(k)-f(k+1))>4k+1-4k>0. \blacksquare$$ $TEX: Finalmente $N_1 \cup N_2=L;\ N_3\cup \{0 \}=E; N_4 =G$. Esto porque son todos disjuntos y si otro número perteneciera a uno de los conjuntos, este debe ser de alguna forma $4k, 4k+1,4k+2,4k+3$, pero no puede ocurrir ($\rightarrow \leftarrow$).$ _______________________________________________________ $TEX: $(b)$. Viendo los primeros valores de $f(n)$, conjeturamos que $max\{f(n) \ \| 0\le n \le 2^{k} \}=2^k-1$. Lo probaremos por inducción, como $f(2^k)=0$, y $f(2n+1)>f(2n)$, tenemos que:$ $TEX: $a_k= max\{f(n) \ \| 0\le n \le 2^{k} \}=2^k-1$$ $TEX: $a_{k+1}= max\{f(2n+1) \ \| 0\le n \le 2^{k}-1 \}= max\{n+2f(n) \ \| 0\le n \le 2^{k} \}=2^k-1+2f(2^k-1)=f(2^{k+1}-1).\blacksquare$$ $TEX: Luego hallamos que una fórmula para $f(2^k-1)=(k-2)2^{k-1}+1$, esto a partir de las propiedades del enunciado.$ hace rato tenía ganas de resolver un problema APMO, y en mi búsqueda di con este lo intenté y gracias a Dios lo hice, se que no es de los más difíciles pero es un logro para mí. Saludos y si alguien se da el tiempo de revisarlo, se lo agradezco. Mensaje modificado por makmat el Oct 19 2009, 03:52 PM -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$$ [!] $TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$$ Doctor en Matemáticas Estudiando y creando problemas $TEX: MakMat$ $TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$$ Adiós Kazajstán...

Nabodorbuco Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 18 2009, 04:20 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Team Ensayos FMAT Mensajes: 513 Registrado: 25-April 08 Desde: CSMC Miembro Nº: 21.189 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	En lo absoluto, es una olimpiada de matematicas internacional del Asia Pacifico para menores de 18 o 20 años (no recuerdo bien la edad)... -------------------- FunGeometry SIEMPRE CON LAS MEJORES INTENCIONES DE AYUDAR. ATTE. NABODORBUCO EL TERCER OJO GoGeometry LA IDEA ES QUE NO ESPERES QUE FMAT RESUELVA TUS TAREAS, ESCRIBE SIEMPRE CUALES SON TUS INQUIETUDES

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 18 2009, 04:41 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	La APMO (Asian Pacific Mathematical Olympiad) es una competencia internacional donde participan diversos paises. No puedo decir mucho de la competencia, pues no he participado nunca en ella), pero les puedo decir que aca en Chile pueden participar todos aquellos medallistas del año anterior en la olimpiada nacional de matematicas, asi que no es solo pa universitarios). En Chile se dan en dos sedes: Concepcion y Santiago. Analogamente, en cada pais dan la prueba, y cada pas corrige sus resultados, y envian a la sede (Corea si mal no recuerdo) los 10 mejores resultados, y alla deciden los premios, por lo que he leido. -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 18 2009, 07:47 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Kain #13 @ Oct 18 2009, 06:41 PM) La APMO (Asian Pacific Mathematical Olympiad) es una competencia internacional donde participan diversos paises. No puedo decir mucho de la competencia, pues no he participado nunca en ella), pero les puedo decir que aca en Chile pueden participar todos aquellos medallistas del año anterior en la olimpiada nacional de matematicas, asi que no es solo pa universitarios). En Chile se dan en dos sedes: Concepcion y Santiago. Analogamente, en cada pais dan la prueba, y cada pas corrige sus resultados, y envian a la sede (Corea si mal no recuerdo) los 10 mejores resultados, y alla deciden los premios, por lo que he leido. Corea (o Korea como se escribe a veces) es la sede de esta Olimpiada, a criterio propio los problemas tienen un elevado nivel de dificultad y con un nivel de ingenio tal que las soluciones llegan a ser hermosas por el ingenio. PD: Por gusto propio, me gustaria que actualizarán las soluciones y colocaran mi solución, si es que esta es correcta. Mensaje modificado por makmat el Oct 18 2009, 08:12 PM -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$$ [!] $TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$$ Doctor en Matemáticas Estudiando y creando problemas $TEX: MakMat$ $TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$$ Adiós Kazajstán...

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 11 2009, 05:16 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	No se que hay de mal en esta solucion pal problmea 5 parece muy facil $TEX: $(b,c)=mcd(b,c)$. Suponga $\{r_0,r_1,...,r_a\}= \{0,1,...,a\}\Rightarrow c\mid ib$ para cierta $0\le i\le a<c-1$. Supongamos $(b,c)=1\Rightarrow c\mid i\Rightarrow c\le i<c-1$, que es contradiccion, entonces $1<(b,c)$ Es obvio que $(b,c)\mid r_0,r_1,...,r_a\Rightarrow (b,c)\mid 1$ contradiccion.$ Mensaje modificado por xD13G0x el Dec 11 2009, 05:24 PM -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

makmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 2 2010, 04:55 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Luffy @ Mar 20 2008, 08:17 PM) $TEX: \noindent\underline{$Problema\ 2$} Los estudiantes de una clase, forman grupos de exactamente 3 personas, tales que para cualquier par de grupos, tienen a lo m\'as una persona en com\'un. Pruebe que cuando la clase es de 46 estudiantes, existe un conjunto de 10 estudiantes en el cual no esta contenido completamente ning\'un grupo de 3 personas.$ $TEX: Sean $C$ el conjunto de todos los estudiantes de la clase. Sea $\|N\|$ definido como sigue:$ $TEX: $\|N\|=max\{A \subseteq C: \ A$ no contiene grupos completos $\}$.$ $TEX: Si $\|N\|\ge 10$, estamos listos, suponga entonces que $\|N\|=n \le 9$, sea $N$ entonces el conjunto con el máximo de elementos tal que ningún grupo está completamente contenido. Debido a que $n\le 9$, si agregáramos uno más a $N$ habría un grupo completo contenido en $N$, luego existe un grupo para cada persona en $C \setminus N$ tal que $2$ de sus elementos están en $N$ y el otro fuera de $N$, ahora note que $\displaystyle \binom{\|N\|}{2}\le \binom{9}{2}=36$, es decir, que se pueden escoger a lo más $36$ parejas en $N$ tal que forman a lo más $36$ grupos con sólo dos miembros dentro de $N$. Fuera de $N$ hay a lo menos $46-9=37$ estudiantes, es decir, que hay a lo menos un estudiante fuera de $N$ que no forma un grupo con otros dos en $N$, es decir, que $N$ se puede ampliar para contener a este estudiante, lo que contradice la maximalidad de $n$. $\square$$ Saludos a todos y vean la solución xDDD -------------------- $TEX: $displaystyle oint _{gamma} F cdot dr = displaystyle int int_{R} (dfrac{partial N}{partial x} - dfrac{partial M}{partial y}) dA$$ $TEX: $frac{a+b}{2}ge sqrt{ab}$$ [!] $TEX: $displaystyle int_{Mak^2}^{Mat}Mak^{Mat^{Mak}_{Mat}}dx$$ Doctor en Matemáticas Estudiando y creando problemas $TEX: MakMat$ $TEX: $displaystyle oint_{gamma} F cdot dr= int int_{R} rot F cdot black{N} dS$$ Adiós Kazajstán...

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 23 2011, 09:35 PM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Bueno, después de mucho tiempo me salio el P3 xd. Problema 3: Sean: S la segunda intersección de LH y el circumcirculo del ABC, P la intersección de DE y AB, y S´ la segunda intersección de PC con el circumcirculo del ABC. Como HSA=ABH=ADE se tiene que el cuadrilátero LSDA es cíclico. También tenemos que PD.PE=PA.PB=PS´.PC de donde el S´EDC es cíclico y por ende S´DE=S´CE=LAS´ de donde el cuadrilátero LADS´ es cíclico y por ende S´=S, a raíz de esto concluimos que LH, el circumcirculo del ABC y el circumcirculo de ADE concurren, pero análogamente se concluye tambien que MG, el circumcirculo del ABC y el circumcirculo de ADE concurren, de donde tenemos que LH y MG concurren en el circumcirculo del ABC, que es lo que queríamos demostrar. -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 26 2011, 09:25 PM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(makmat @ Oct 18 2009, 04:44 PM) $TEX: $(b)$. Viendo los primeros valores de $f(n)$, conjeturamos que $max\{f(n) \ \| 0\le n \le 2^{k} \}=2^k-1$. Lo probaremos por inducción, como $f(2^k)=0$, y $f(2n+1)>f(2n)$, tenemos que:$ $TEX: $a_k= max\{f(n) \ \| 0\le n \le 2^{k} \}=2^k-1$$ $TEX: $a_{k+1}= max\{f(2n+1) \ \| 0\le n \le 2^{k}-1 \}= max\{n+2f(n) \ \| 0\le n \le 2^{k} \}=2^k-1+2f(2^k-1)=f(2^{k+1}-1).\blacksquare$$ $TEX: Luego hallamos que una fórmula para $f(2^k-1)=(k-2)2^{k-1}+1$, esto a partir de las propiedades del enunciado.$ hace rato tenía ganas de resolver un problema APMO, y en mi búsqueda di con este lo intenté y gracias a Dios lo hice, se que no es de los más difíciles pero es un logro para mí. Saludos y si alguien se da el tiempo de revisarlo, se lo agradezco. Tienes errores aunque supongo de tipeo, creo que intentabas probar que $TEX: $a_k=f(2^k-1)$$ en tal caso debes arreglar la induccion, sobre todo en los casos base, pues sin los casos base tambien podrias concluir $TEX: $a_k=2^k-1$$ ; ademas podrias justificar como calculas $TEX: $f(2^k-1)$$ . La parte (a) yo driria que esta bien Mensaje modificado por Luffy el Sep 26 2011, 09:26 PM

« Posterior · Olimpiada Asia-Pacifico · Anterior »

2 Páginas:

1 2 >

1 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (1 invitado(s) y 0 usuario(s) anónimo(s))

0 miembro(s):

Modo de Ver: Estándar · Cambiar a: Lineal+ · Cambiar a: Outline

Suscribirse · Enviar por correo · Imprimir · Suscribirse a este foro

Versión Lo-Fi

Fecha y Hora actual: 23rd November 2024 - 06:52 PM