XIX OMCS (2008) - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Competencias y Olimpiadas > Olimpiadas > Olimpiada Cono Sur

2 Páginas:

1 2 >

Reply to this topic

Start new topic

XIX OMCS (2008), Chile

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 24 2008, 11:10 PM Publicado: #1
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	19ª OLIMPIADA DE MATEMÁTICAS DEL CONO SUR Pucón y Lican-Ray, Chile, 2008 Primera Prueba: Martes 20 de mayo de 2008 Problema 1: Se define $TEX: $I(n)$$ como el resultado de invertir los dígitos del número $TEX: $n$$ . Por ejemplo, $TEX: $I(123)=321, I(2008)=8002$$ . Encuentre todos los enteros $TEX: $n, 1\le{n}\le{10000}$$ , para los cuales $TEX: $I(n)=\left\lceil {\dfrac{n}{2}} \right\rceil$$ . Nota: $TEX: $\lceil{x}\rceil$$ denota el menor entero mayor o igual que $TEX: $x$$ . Por ejemplo, $TEX: $\lceil{2,1}\rceil=3$$ , $TEX: $\lceil{3,9}\rceil=4$$ , $TEX: $\lceil{7}\rceil=7$$ . Problema 2: Sea $TEX: $P$$ un punto en el interior del triángulo $TEX: $ABC$$ . Sean $TEX: $X, Y, Z$$ puntos en los lados $TEX: $BC, AC$$ y $TEX: $AB$$ respectivamente, tales que $TEX: $\angle{PXC}=\angle{PYA}=\angle{PZB}$$ . Sean $TEX: $U, V, W$$ puntos en los lados $TEX: $BC, AC$$ y $TEX: $AB$$ respectivamente, (o en sus extensiones, de ser necesario) con $TEX: $X$$ entre $TEX: $B$$ y $TEX: $U$$ , $TEX: $Y$$ entre $TEX: $C$$ y $TEX: $V$$ , y $TEX: $Z$$ entre $TEX: $A$$ y $TEX: $W$$ , tales que $TEX: $PU=2PX, PV=2PY, PW=2PZ$$ . Si el área del triángulo $TEX: $XYZ$$ es $TEX: $1$$ , determinar el área del triángulo $TEX: $UVW$$ . Problema 3: Dos amigos $TEX: $A$$ y $TEX: $B$$ deben resolver el siguiente acertijo. Cada uno de ellos recibe un número del conjunto $TEX: $\{1, 2, \ldots, 250\}$$ pero no ve el número que recibió el otro. El objetivo es que cada amigo descubra el número del otro. El procedimiento que deben seguir es anunciar, por turnos, números enteros positivos no necesariamente distintos: primero $TEX: $A$$ dice un número, luego $TEX: $B$$ dice un número, a continuación nuevamente $TEX: $A$$ , etc., de modo que la suma de todos los números anunciados sea $TEX: $20$$ . Demuestre que existe una estrategia por la cual mediante un acuerdo previo $TEX: $A$$ y $TEX: $B$$ pueden lograr el objetivo, sin importar qué número reciba cada uno al comienzo del acertijo. Segunda Prueba: Miércoles 21 de mayo de 2008 Problema 4: ¿Cuál es el mayor número de casillas que puede colorearse en un tablero de $TEX: $7\times{7}$$ de manera que todo subtablero de $TEX: $2\times{2}$$ posea a lo más dos casillas coloreadas? Problema 5: Sea $TEX: $ABC$$ un triángulo isósceles de base $TEX: $AB$$ . Una semicircunferencia $TEX: $\Gamma$$ con centro en el segmento $TEX: $AB$$ es tangente a los lados iguales $TEX: $AC$$ y $TEX: $BC$$ . Se considera una recta tangente a $TEX: $\Gamma$$ que corta los segmentos $TEX: $AC$$ y $TEX: $BC$$ en $TEX: $D$$ y $TEX: $E$$ , respectivamente. Suponga que las rectas perpendiculares a $TEX: $AC$$ y $TEX: $BC$$ , trazadas respectivamente por $TEX: $D$$ y $TEX: $E$$ se cortan en un punto $TEX: $P$$ interior al triángulo $TEX: $ABC$$ . Sea $TEX: $Q$$ el pie de la perpendicular a la recta $TEX: $AB$$ que pasa por $TEX: $P$$ . Demuestre que $TEX: $\dfrac{PQ}{CP}=\dfrac{1}{2}\dfrac{AB}{AC}$$ Problema 6: Decimos que un número es capicúa si al invertir el orden de sus c¡fras se obtiene el mismo número. Halle todos los números que tienen al menos un múltiplo que es capicúa. Resumen de soluciones Problema 1: Aquí, resuelto por Felipe_ambuli. Problema 2: Aquí, resuelto por Killua. Problema 3: Pendiente de solución. Problema 4: Aquí, resuelto por Felipe_ambuli. Problema 5: Aquí, resuelto por Luffy. Problema 6: Aquí, resuelto por Matheus Secco (en portugués). -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 25 2008, 04:40 PM Publicado: #2
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Hints para el P5 Si llamamos $TEX: $M$$ al centro de $TEX: $\Gamma$$ , noten que el Circuncentro del $TEX: $\bigtriangleup DEM$$ (llamemoslo $TEX: $O$$ ) pertenece a la Circunferencia Circunscrita al $TEX: $\bigtriangleup CDE$$ . Prueben que $TEX: $OM\perp AB$$ y que $TEX: $PQ=OM$$ . Saludos -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 25 2008, 04:44 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	Algun hint para el 4 me dio pero es redificil justificarlo.

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 25 2008, 04:51 PM Publicado: #4
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Felipe_ambuli @ May 25 2008, 04:38 PM) Algun hint para el 4 me dio pero es redificil justificarlo. Hints para el P4 Prueba en un tablero de 3x3 (y llega a que el maximo es 6). Luego prueba en un tablero de 5x5 (aprovecha el anterior para decir que a lo mas pueden ser 15 y entonces prueba que ese maximo es alcanzado). Para ello aprovecha la banda de ancho 2 que se te forma y llenala con cuadraditos de 2x2 (hay dos que se te van a intersectar y uno que te va a sobrar). Ahi tu cota quedara como 6+2+2+2+2+1=15. Finalmente haz lo mismo en uno de 7x7. Saludos PD: Me gustaria ver la otra mitad de la prueba -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 25 2008, 06:23 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Rurouni Kenshin @ May 25 2008, 07:45 PM) Hints para el P4 Prueba en un tablero de 3x3 (y llega a que el maximo es 6). Luego prueba en un tablero de 5x5 (aprovecha el anterior para decir que a lo mas pueden ser 15 y entonces prueba que ese maximo es alcanzado). Para ello aprovecha la banda de ancho 2 que se te forma y llenala con cuadraditos de 2x2 (hay dos que se te van a intersectar y uno que te va a sobrar). Ahi tu cota quedara como 6+2+2+2+2+1=15. Finalmente haz lo mismo en uno de 7x7. Saludos PD: Me gustaria ver la otra mitad de la prueba Muchas gracias por los hints. Era algo parecido a lo que estaba intentando, pero ahora lo reflexione mas Solucion Problema 4: $TEX: \noindent Veamos para empezar que sucederia en un tablero de $3\times 3$. Notar que en este tablero tenemos $2^2=4$ subtableros de $2\times 2$ diferentes. Notar que en los subtableros si coloreamos cualquier casilla esta tambien es parte de una casilla de otro subtablero, a excepcion de las casillas de las esquinas. Como queremos el maximo de casillas coloreadas posibles, las cuatro "esquinas" del tablero de $3\times 3$ deben estar coloreadas (pues de otro modo se compartirian con otro subtablero y para llenar tal usariamos menos casillas pintadas). Ahora fijamos la mirada en cualquier subtablero de $2\times 2$. Notar que si pintasemos la casilla central del tablero de $3\times 3$ ademas de llenar el tablero que miramos, estamos llenando los demas subtableros, lo que no seria lo mas conveniente (al tratar de pintar cualquier casilla, lo que queremos es que tal casilla quede en el menor numero de subtableros diferentes, pues asi tenga mas casillas pintadas). Asi que debo pintar cualquir casilla que no sea la central, osea, una casilla perteneciente al "borde". Lo mismo en el otro extremo y finalmente queda el tablero como se muestra en la figura (que vendria siendo lo mismo que su rotacion en 90), donde el maximo las casillas pintadas son 6.$ $TEX: \noindent Veamos que pasaria con un tablero de $5\times 5$. Para esto, aprovecharemos como bien hemos hecho el tablero de $3\times 3$ anterior y lo pondremos como parte de este nuevo tablero. Para ello observar la figura (el tablerito de $3\times 3$ esta encerrado con una linea roja). Denotaremos las filas del tablero de $5\times 5$ como $F_1, ..., F_5$, que estaran nombradas de arriba hacia abajo, respectivamente. Analogo la denotacion de las columnas $C_1,...,C_5$, de izquierda a derecha respectivamente. Una casilla sera nombrada como $(A,B)$, donde $A$ es la columna donde esta tal casilla y $B$ la fila en la que se encuentre. Con la misma justificacion del tablerito de $3\times 3$, las cuatro esquinas del tablero de $5\times 5$ deben estar pintadas. Note que las casillas $(C_1,F_2); (C_2,F_2)$ y $(C_3,F_2)$ no pueden ser coloreadas pues habrian tres subtableros que tendrian tres casillas pintadas. Luego las casillas $(C_1,F_1);(C_2,F_1)$ y $(C_3,F_1)$ deben estar pintadas para que los 2 "primeros subtableros de arriba a la izquierda" queden bien cubiertos. Ahora bien, si pintamos alguna de las casillas $(C_4,F_2)$ o $(C_4,F_4)$ tendremos que tal casilla es parte de cuatro subtableros diferentes, luego no es lo mas conveniente viendo que las casillas $(C_4,F_5); (C_5,F_4); (C_4, F_1)$ y $(C_5,F_2)$ son parte de tan solo dos subtableros diferentes (recordar, si mas subtableros una casilla ocupa, menos nos conviene, pues queremos el mayor numero de casillas). Luego hay varios casos\\<br />C1: Pintamos las casillas $(C_5,F_2)$ y $(C_5,F_4)$. Aca debemos pintar ahora la casilla $(C_4,F_3)$ o la casilla $(C_5,F_3)$ (no ambas juntas o un subtablero tendra tres pintadas). Si pintamos la $(C_4,F_3)$ tendremos que pintar alguna de las casillas $(C_4,F_1)$ o $(C_4,F_2)$ para llenar el subtablero correspondiente, pero esto genera un subtablero con tres pintadas. Si pintamos la $(C_5,F_3)$ tambien tenemos que pintar alguna de las casillas $(C_4,F_1)$ o $(C_4,F_2)$ para llenar el subtablero correspondiente, pero esto genera nuevamente un subtablero con tres pintadas. Luego este caso no nos sirve.\\<br />C2: Pintamos las casillas $(C_4,F_1)$ y $(C_5,F_4)$ o $(C_4,F_5)$ y $(C_5,F_2)$ (los dos pares son lo mismo, pues la coloracion es simetrica hasta el momento). Supongamos que escogemos el par $(C_4,F_1)$ y $(C_5,F_4)$. Las unicas casillas que nos faltarian por colorear son las $(C_4,F_3)$ y $(C_5,F_3)$ pero ambas dejan un subtablero con solo una casilla pintada. El caso no sirve.\\<br />C3: Pintamos las casillas $(C_4,F_1)$ y $(C_4,F_5)$. Es facil ver que este no tiene inconvenientes y luego pintamos las casillas $(C_4,F_3)$ y $(C_5,F_3)$. Luego la coloracion es la de la figura y tenemos el maximo de casillas pintadas que es igual a $15$. El procedimiento para el tablero de $7\times 7$ es el mismo y lo pedido es $4\cdot 7=28$.$ Saludos Mensaje modificado por Felipe_ambuli el May 26 2008, 10:07 AM

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 26 2008, 07:55 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	Solucion Problema 1: $TEX: \noindent Obviamente si $n$ es par podemos remover en el lado derecho la funcion cajon superior dejando la ecuacion como $I(n)=\dfrac{n}{2}$. Si $n$ es impar y recordando la definicion de $\lceil \cdot \rceil$ removemos el $\left\lceil{\dfrac{n}{2}}\right\rceil$ y lo dejamos como $\dfrac{n+1}{2}$, esto pues como $n\equiv 1(mod.2)\Rightarrow n+1\equiv 0(mod.2)$, luego $2\|n+1$ y es claro que $\dfrac{n+1}{2}$ es el menor entero mayor que $\dfrac{n}{2}$. Separaremos el problema en varios casos, donde variaran el numero de cifras de $n$.\\<br />C1: $n$ tiene una cifra. Si $n$ es par entonces $I(n)=n=\dfrac{n}{2}\Rightarrow n=0\rightarrow\leftarrow$ pues $1\le n \le 10000$. Si $n$ es impar entonces $I(n)=n=\dfrac{n+1}{2}\Rightarrow n=1$.\\<br />C2: $n$ tiene dos cifras, $n$ puede ser escrito como $10a+b$; $a,b\in\{0,...,9\}$. Si $n$ es par implica que $b$ sea par y en ese caso $b\in\{0,2,4,6,8\}$ y tambien $I(n)=10b+a=\dfrac{10a+b}{2}\Rightarrow 19b=8a$. Como el lado derecho es congruente a cero en modulo 8 y 19 es primo, el unico $b$ que serviria es $b=8$ de donde $a=19\rightarrow\leftarrow$. Si $n$ es impar implica que $10b+a=\left\lceil{\dfrac{10a+b}{2}}\right\rceil=\dfrac{10a+b+1}{2}\Rightarrow 19b=8a+1$. El lado derecho es impar lo que implica que $b$ sea impar de donde $b\in\{1,3,5,7,9\}$. Tambien $8a+1\equiv 1(mod.8)\Rightarrow 19b\equiv 1(mod.8)\Rightarrow b\equiv 3(mod.8)$ de donde $b=3$, obtenemos $n=73$.\\<br />C3: $n$ tiene tres cifras. Escribamos $n=100a+10b+c; a,b,c\in\{0,...,9\}$. Si $n$ es par entonces $I(n)=100c+10b+a=\dfrac{100a+10b+c}{2}\Rightarrow 199c+10b=198a$. Como $n\equiv 0(mod.2)\Rightarrow c\equiv 0(mod.2)\Rightarrow c\in\{0,2,4,6,8\}$. Si $c=0\Rightarrow 5b=99a$. Como $5b\equiv 0(mod.5)\Rightarrow 99a\equiv 0(mod.5)\Rightarrow a\equiv 0(mod.5)\Rightarrow a\in\{0,5\}$. Si $a=0\Rightarrow b=0\rightarrow\leftarrow$. Si $a=5\Rightarrow b=99\rightarrow\leftarrow$. Si $c=2\Rightarrow 199+5b=99a$. $199+5b\equiv 4(mod.5)\Rightarrow 99a\equiv 4(mod.5)\Rightarrow a\equiv 1(mod.5)\Rightarrow a\in\{1,6\}$. Si $a=1\rightarrow\leftarrow$. Si $a=6\Rightarrow b=79\rightarrow\leftarrow$. Si $c=4\Rightarrow 398+5b=99a$. Como $398+5b\equiv 3(mod.5)\Rightarrow 99a\equiv 3(mod.5)\Rightarrow a\equiv 2(mod.5)\Rightarrow a\in\{2,7\}$. Si $a=2\rightarrow\leftarrow$. Si $a=7\Rightarrow b=59\rightarrow\leftarrow$. Si $c=6\Rightarrow 597+5b=99a$ de donde $a\equiv 3(mod.5)\Rightarrow a\in\{3,8\}$. Evaluando obtenemos la unica solucion entera $b=39\rightarrow\leftarrow$. Si $c=8\Rightarrow 796+5b=99a$ donde $a\equiv 4(mod.5)\Rightarrow a\in\{4,9\}$. Evaluando para estos valores obtenemos la solucion entera $b=19\rightarrow\leftarrow$.$ $TEX: \noindent Si $n$ es impar entonces $199c+10b=98a+1$ y $b\in\{1,3,5,7,9\}$. Si $c=1\Rightarrow 99+5b=49a\Rightarrow a\equiv 1(mod.5)\Rightarrow a\in\{1,6\}\Rightarrow b=39\rightarrow\leftarrow$. Si $c=3\Rightarrow 298+5b=49a\Rightarrow a\equiv 2(mod.5)\Rightarrow a\in\{2,7\}\Rightarrow b=9\Rightarrow n=793$. Si $c=5\Rightarrow 497+5b=49a\Rightarrow a\equiv 3(mod.5)\Rightarrow a\in\{3,8\}\rightarrow\leftarrow$. Si $c=7\Rightarrow 696+5b=49a\Rightarrow a\equiv 4(mod.5)\Rightarrow a\in\{4,9\}\rightarrow\leftarrow$. Si $c=9\Rightarrow 895+5b=49a\Rightarrow a\equiv 0(mod.5)\Rightarrow a\in\{0,5\}\rightarrow\leftarrow$.\\<br />El cuarto caso en el que $n$ tiene cuatro cifras queda como propuesto ya que es una inspeccion muy larga (parecida a la que ya hemos hecho pero con bastantes casos), pero da como solucion $n=7993$. Luego $n\in\{1,73,793,7993\}$.$ Saludos

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 26 2008, 08:59 PM Publicado: #7
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Killua @ May 25 2008, 12:00 AM) Problema 2: Sea $TEX: $P$$ un punto en el interior del triángulo $TEX: $ABC$$ . Sean $TEX: $X, Y, Z$$ puntos en los lados $TEX: $BC, AC$$ y $TEX: $AB$$ respectivamente, tales que $TEX: $\angle{PXC}=\angle{PYA}=\angle{PZB}$$ . Sean $TEX: $U, V, W$$ puntos en los lados $TEX: $BC, AC$$ y $TEX: $AB$$ respectivamente, (o en sus extensiones, de ser necesario) con $TEX: $X$$ entre $TEX: $B$$ y $TEX: $U$$ , $TEX: $Y$$ entre $TEX: $C$$ y $TEX: $V$$ , y $TEX: $Z$$ entre $TEX: $A$$ y $TEX: $W$$ , tales que $TEX: $PU=2PX, PV=2PY, PW=2PZ$$ . Si el área del triángulo $TEX: $XYZ$$ es $TEX: $1$$ , determinar el área del triángulo $TEX: $UVW$$ . Solución al problema 2 $TEX: \noindent En adelante, $(\mathcal{P})$ denotar\'a el \'area del pol\'igono $\mathcal{P}$. Sean $\angle{A}=\alpha, \angle{B}=\beta, \angle{C}=\gamma, \angle{PXC}=\angle{PYA}=\angle{PZB}=\varphi$, seg\'un figura. Notemos que los cuadril\'ateros $PYCX, PYAC, PZBX$ son c\'iclicos, ya que $\angle{PXC}=\angle{PYA}, \angle{PYA}=\angle{PZB}, \angle{PZB}=\angle{PXC}$, respectivamente. Entonces $\angle{XPY}=180-\gamma, \angle{YPZ}=180-\alpha, \angle{ZPX}=180-\beta$. Teniendo en cuenta que $\sin{180-x}=\sin{x}$, se tiene que $(XPY)=\frac{ab\sin{\gamma}}{2}, (YPZ)=\frac{bc\sin{\alpha}}{2}, (ZPX)=\frac{ac\sin{\beta}}{2}$, y sumando:<br /><br />$$(XPY)+(YPZ)+(ZPX)=\frac{ab\sin{\gamma}}{2}+\frac{bc\sin{\alpha}}{2}+\frac{ac\sin{\beta}}{2}$$<br />$$\boxed{(XYZ)=1=\dfrac{ab\sin{\gamma}+bc\sin{\alpha}+ac\sin{\beta}}{2}}\ (i)$$$ $TEX: \noindent Por teorema del seno en el $\triangle{PXU}$, se tiene que $\dfrac{a}{\sin\angle{PUX}}=\dfrac{2a}{\sin\varphi}\Rightarrow\sin\varphi=2\sin\angle{PUX}$. Aplicando de manera an\'aloga el teorema del seno en los tri\'angulos $PYV$ y $PZW$ se obtiene $\sin\varphi=2\sin\angle{PVY}=2\sin\angle{PWZ}$, entonces $\angle{PUX}=\angle{PVY}=\angle{PWZ}=\delta$.\\<br /><br />\noindent As\'i tenemos que $PUCV$ es c\'iclico (ya que $\angle{PUX}=\angle{PVC}=\delta$), de donde $\angle{VPU}=180-\gamma$, y que $WBUP$ es c\'iclico (ya que $\angle{ZWP}=\angle{PUB}=\delta$), luego $\angle{WPU}=180-\beta$. Entonces adem\'as se tiene que $\angle{VPW}=180-\alpha$. Ahora, veamos que $(VPW)=2bc\sin\alpha, (WPU)=2ac\sin\beta, (UPV)=2ab\sin\gamma$. Sumando, y teniendo en cuenta $(i)$:<br /><br />$$(VPW)+(WPU)+(UPV)=2bc\sin\alpha+2ac\sin\beta+2ab\sin\gamma$$<br />$$(UVW)=4\left(\dfrac{ab\sin{\gamma}+bc\sin{\alpha}+ac\sin{\beta}}{2}\right)$$<br />$$(UVW)=4$$<br /><br />\noindent Finalmente, el \'area del tri\'angulo $UVW$ es igual a $4\ \blacksquare$$ Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 26 2008, 10:47 PM Publicado: #8
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(Killua @ May 26 2008, 09:49 PM) Solución al problema 2 $TEX: \noindent En adelante, $(\mathcal{P})$ denotar\'a el \'area del pol\'igono $\mathcal{P}$. Sean $\angle{A}=\alpha, \angle{B}=\beta, \angle{C}=\gamma, \angle{PXC}=\angle{PYA}=\angle{PZB}=\varphi$, seg\'un figura. Notemos que los cuadril\'ateros $PYCX, PYAC, PZBX$ son c\'iclicos, ya que $\angle{PXC}=\angle{PYA}, \angle{PYA}=\angle{PZB}, \angle{PZB}=\angle{PXC}$, respectivamente. Entonces $\angle{XPY}=180-\gamma, \angle{YPZ}=180-\alpha, \angle{ZPX}=180-\beta$. Teniendo en cuenta que $\sin{180-x}=\sin{x}$, se tiene que $(XPY)=\frac{ab\sin{\gamma}}{2}, (YPZ)=\frac{bc\sin{\alpha}}{2}, (ZPX)=\frac{ac\sin{\beta}}{2}$, y sumando:<br /><br />$$(XPY)+(YPZ)+(ZPX)=\frac{ab\sin{\gamma}}{2}+\frac{bc\sin{\alpha}}{2}+\frac{ac\sin{\beta}}{2}$$<br />$$\boxed{(XYZ)=1=\dfrac{ab\sin{\gamma}+bc\sin{\alpha}+ac\sin{\beta}}{2}}\ (i)$$$ $TEX: \noindent Por teorema del seno en el $\triangle{PXU}$, se tiene que $\dfrac{a}{\sin\angle{PUX}}=\dfrac{2a}{\sin\varphi}\Rightarrow\sin\varphi=2\sin\angle{PUX}$. Aplicando de manera an\'aloga el teorema del seno en los tri\'angulos $PYV$ y $PZW$ se obtiene $\sin\varphi=2\sin\angle{PVY}=2\sin\angle{PWZ}$, entonces $\angle{PUX}=\angle{PVY}=\angle{PWZ}=\delta$.\\<br /><br />\noindent As\'i tenemos que $PUCV$ es c\'iclico (ya que $\angle{PUX}=\angle{PVC}=\delta$), de donde $\angle{VPU}=180-\gamma$, y que $WBUP$ es c\'iclico (ya que $\angle{ZWP}=\angle{PUB}=\delta$), luego $\angle{WPU}=180-\beta$. Entonces adem\'as se tiene que $\angle{VPW}=180-\alpha$. Ahora, veamos que $(VPW)=2bc\sin\alpha, (WPU)=2ac\sin\beta, (UPV)=2ab\sin\gamma$. Sumando, y teniendo en cuenta $(i)$:<br /><br />$$(VPW)+(WPU)+(UPV)=2bc\sin\alpha+2ac\sin\beta+2ab\sin\gamma$$<br />$$(UVW)=4\left(\dfrac{ab\sin{\gamma}+bc\sin{\alpha}+ac\sin{\beta}}{2}\right)$$<br />$$(UVW)=4$$<br /><br />\noindent Finalmente, el \'area del tri\'angulo $UVW$ es igual a $4\ \blacksquare$$ Saludos Solo acotar que luego de concluir por el teorema del seno que $TEX: $\angle{PUX}=\angle{PVY}=\angle{PWZ}=\delta$$ , se tiene que $TEX: $\triangle PZY$$ es semejante a $TEX: $\triangle PWV$$ ; $TEX: $\triangle PYX$$ es semejante a $TEX: $\triangle PVU$$ ; $TEX: $\triangle PXZ$$ es semejante a $TEX: $\triangle PUW$$ ; todos por criterio de $TEX: $LAL$$ y la razón entre los lados en todos los casos es $TEX: $1/2$$ ; por lo tanto: $TEX: $(UVW)=(UVP)+(VWP)+(WUP)=4(XYP)+4(YZP)+4(ZXP)=4(XYZ)=4$$ Saludos

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 27 2008, 01:41 AM Publicado: #9
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:	Solución P5: Antes de demostrar el problema; demostraremos el siguiente Lema: Lema: "Al reflejar una altura del triángulo ABC, respecto a la bisectriz que pasa por el mismo vértice; se obtiene la recta que une el circuncentro de ABC con dicho vértice" Demostración: Para demostrar nuestro lema, demostraremos que al reflejar la recta que une el circuncentro de ABC con un vértice; respecto de la bisectriz que pasa por el mismo vértice, obtenemos la altura. $TEX: Sean $\angle BAO=\alpha$ , $\angle BCO=\beta$ , $\angle ACO=\gamma$ ; como $O$ es circuncentro, $\angle ABO=\alpha$ , y como $BH$ es la simetría de $BN$ respecto de $BW$, tenemos que $\angle CBH=\alpha$. Finalmente como $2\alpha +2\beta +2\gamma =180$ $\Rightarrow$ $\angle AHB=\alpha +\beta +\gamma =90$; es decir, $BH$ es altura. $\blacksquare$$ $TEX: Sea $M$ el centro de $\Gamma$; como $CX$, $CZ$ son tangentes a $\Gamma$, $CM$ es bisectriz de $\angle ACB$; es decir $M$ es punto medio de $AB$. Sean $\angle BAC=\angle ABC=\alpha$, $\angle XMD =\beta$. Entonces directamente concluimos que $\angle BCM=\angle BMZ=\angle AMX=90-\alpha$. Luego como $DX$ y $DY$ son tangentes a $\Gamma$ se tiene $\angle DMY=\beta$. Como $EY$, $EZ$ son tangentes a $\Gamma$ tenemos que $\angle YME=\angle EMZ$ $\Rightarrow$ $\angle EMZ =\angle YMC+\angle CME=\alpha - 2\beta +\angle CME$; pero además $\angle CME+\angle EMZ+90-\alpha=90$ $\Rightarrow$ $2\angle CME+90-2\beta=90$ $\Rightarrow$ $\angle CME=\beta$. Entonces, $CM$ es la recta simétrica a $MY$ respecto de la bisectriz del $\angle DME$; lo que quiere decir por el Lema que $O\in CM$; con $O$ el circuncentro del $\triangle DME$. Entonces dibujamos $O$ y obtenemos $\angle OEM=\beta$; y como $\angle OMD=\alpha -\beta$; tenemos que $\angle ODE=\angle OED=90-\angle OEM-\angle OMD=90-\alpha$; entonces los puntos $O$, $D$, $C$, $E$ son concíclicos; y además como $\angle PDC =\angle PEC =90$, los puntos $P$, $D$, $C$, $E$ son concíclicos también; es decir, los puntos $O$, $D$, $C$, $E$, $P$ estan en una misma circunferencia. Luego $\angle EPO=90-\alpha$; además como $PE//MZ$, $\angle PEM =\alpha-\beta$ $\Rightarrow$ $\angle PEO=\alpha-2\beta$ $\Rightarrow$ $\angle PCO=\alpha-2\beta$. Ahora bien, como $\angle POE=180-(\alpha-2\beta)-(90-\alpha)=90+2\beta$; y como $\angle COE=2\beta$ $\Rightarrow$ $\angle POC=90$; entonces $POMQ$ es un rectángulo, osea, $PQ=OM=OE$. Sea $R$ el pie de la perpendicular desde $O$ a $PE$; entonces por semejanza entre los triángulos $OER$ y $PCO$ tenemos: $\dfrac{OE}{CP}=\dfrac{OR}{PO}$; y por semejanza entre los triángulos $ORP$ y $MBC$ tenemos: $\dfrac{OR}{PO}=\dfrac{MB}{BC}=\dfrac{\frac{AB}{2}}{AC}$. Por lo que finalmente por transitividad de la igualdad tenemos que $\boxed{\dfrac{PQ}{CP}=\dfrac{AB}{2AC}}$. $\blacksquare$$ Saludos

Matheus Secco Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 6 2008, 05:35 PM Publicado: #10
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 21 Registrado: 19-July 08 Miembro Nº: 30.254 Nacionalidad:	Vou fazer o problema 6, em português, perdão! 6) $TEX: A resposta é todo número não-múltiplo de 10.<br /><br />Vamos dividir em 3 casos o problema:<br /><br />1) N é coprimo com 10:<br /><br /><br />Considere os N números: $1, 11, 111, 1111, ..., 111...111$ . Pelo Princípio da Casa dos Pombos, há 2 deles congruentes entre si módulo N, logo a diferença entre eles é da forma: $111...11000...000$ . Esse último número é múltiplo de N e como N é coprimo com 10, 111...11 é múltiplo de N e é capícua.<br /><br /><br />2)N é da forma: $ 2^{r}.a$ ; a é coprimo com 10.<br /><br />Vamos conseguir primeiramente um capícua múltiplo de $2^r$.<br />Para tal, defina $I(n)$ como o resultado de inverter os algarismos de N.<br /><br />Considere então o número:<br /><br />$I(2^{r}).10^{r} + 2^{r}$<br /><br />Esse número é claramente capícua e é múltiplo de $2^{r}$ obviamente.<br /><br />O que iremos fazer agora é considerar "a" números formados por blocos consecutivos desse número capícua.<br />Um exemplo para r=5 para esclarecer:<br /><br />Consideraremos "a" blocos da seguinte forma: 2300032, 23000322300032, 230003223000322300032, ..., 23000322300032...2300032<br /><br />Voltando ao caso $2^{r}$.Teremos "a" números e então pelo Princípio da Casa dos Pombos, há dois deles congruentes entre si módulo (a).Considere a diferença desses 2 números.Essa diferença é para r=5 da forma:<br /><br />230003223000322300032...23000322300032000...000<br /><br />Considerando essa diferença no caso geral, como a é coprimo com 10, teremos um número formado por blocos de $I(2^{r}).10^{r} + 2^{r}$ que é múltiplo de a e como pela construção, também é múltiplo de $2^{r}$, tal número é múltiplo de $2^{r}.a$<br />Isso conclui o caso.<br /><br />3)N é da forma: $ 5^{s}.b$ ; b é coprimo com 10.<br />Esse caso é totalmente análogo ao anterior.<br /><br /><br />Agora, para finalizar basta ver que se n é múltiplo de 10, n termina em 0 e o número que resulta do processo de inverter os algarismos de n começaria com 0, ABSURDO!<br /><br />Isso conclui a prova !$ Saludos a todos !

« Posterior · Olimpiada Cono Sur · Anterior »

2 Páginas:

1 2 >

Reply to this topic

Start new topic

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 - 05:30 PM

Powered By IP.Board 2.2.1 © 2007 IPS, Inc.