Prueba Final, Nivel Mayor (1999) - Foro fmat.cl

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Prueba Final, Nivel Mayor (1999), Sin solución: 1,2,3,4,5,6,7

Gp20 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 27 2007, 08:12 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 558 Registrado: 14-May 05 Desde: Maipú, Stgo, Chile Miembro Nº: 27 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	11ª OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICAS Prueba Final, Nivel Mayor Primera Prueba Problema 1: El número de suerte de Pedrito es 34117. Su amigo Ramanujan le hace notar que $TEX: $34117=166^2+81^2=159^2+94^2$$ y que $TEX: $166-159=7$$ , $TEX: $94-81=13$$ . Dado que su número de la suerte es grande, Pedrito decide encontrar uno menor, pero que satisfaga las mismas propiedades, es decir, se escribe de dos maneras diferentes como suma de cuadrados de números enteros positivos, y la diferencia de los primeros enteros que ocurren en esa suma es 7 y en la diferencia entre los segundos da 13. ¿Cuál es el menor número de la suerte que Pedrito puede encontrar?. Encuentre una manera de generar todos los números enteros positivos con las propiedades mencionadas arriba. Problema 2: Problema 3: ¿Es posible pintar con los colores rojo y azul las casillas de un tablero cuadriculado de 1999 $TEX: $\times$$ 1999, de modo que en cada una de las 1999 filas, cada una de las 1999 columnas y cada una de las 2 diagonales haya exactamente 1000 casillas pintadas de rojo? Segunda Prueba Problema 4: En un tablero cuadriculado de $TEX: $n\times n$$ ¿De cuántas maneras se puede colocar una $TEX: $X$$ o una $TEX: $O$$ de tal forma que no queden en cuadrados contiguos? Problema 5: Considere los números $TEX: $x_1,x_2.\ldots,x_n$$ que satisfacen: i) $TEX: $x_i\in{1,-1}$, con $i=1,2,\ldots,n$$ . ii) $TEX: $x_1x_2x_3x_4+x_2x_3x_4x_5+\ldots+x_nx_1x_2x_3=0$$ . Pruebe que $TEX: $n$$ es múltiplo de 4. Problema 6: Probar que existen infinitos pares de triángulos no congruentes que tienen los mismos ángulos y dos de sus lados iguales. Desarrollar un algoritmo o regla para obtener estos pares de triángulos e indicar al menos un par que satisface lo aseverado. Problema 7: Sea $TEX: $f$$ una función definida en el conjunto de los enteros positivos (es edcir, los enteros mayores que 0), y con valores en ese mismo conjunto, la cual satisface: i) $TEX: $f(n+f(n))=1$$ para todo $TEX: $n\ge 1)$$ . ii) $TEX: $f(1998)=2$$ . Encuente el mínimo valor posible de la suma $TEX: $f(1)+f(2)+\ldots+f(1999)$$ , y encuentre la fórmula de $TEX: $f$$ para la cual este mínimo se satisface. -------------------- El peor defecto del ignorante es que ignora su propia ignorancia................ Educación2020 - Registra tu apoyo individual!!!!

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 4 2009, 08:42 PM Publicado: #2
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:	Solucion problema 1: $TEX: El enunciado del problema es equivalente a hallar los naturales $n$ tales que existen $a,b\in \mathbb{N}^2$ tales que:<br /><br />$s=(a+7)^2+b^2=a^2+(b+13)^2$ ()<br /><br />Veamos que () es equivalente a la ecuacion diofantina:<br /><br />$7a-13b=60$<br /><br />Tenemos que la solucion de la ecuacion diofantina es <br /><br />$(a,b)=(13k+3, 7k-3)$, con $k\in \mathbb{Z}$<br /><br />Veamos que el menor valor de $k$ para el cual $a,b$ son naturales es $k=1$, de donde tenemos que $a=16$ y $b=4$, y donde obtenemos que el menor numero de la suerte que puede encontrar nuestro amigo Pedro es $s_1=23^2+4^2=16^2+17^2=545$. Tomando en consideracion los valores de $a,b$ en funcion de $k$, obtenemos que los numeros de la suerte de Pedro vienen dado por la secuencia:<br /><br />$s_n=109(2n^2+2n+1)$, $n\in \mathbb{N}$ $\blacksquare$$ -------------------- 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."

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 4 2009, 09:25 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	ehm, kisiera saber cuanto time tienen para dar esta prueba. El problema 5 es muy pero muy conocido, no deberia hbaer entrado -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 4 2009, 09:40 PM Publicado: #4
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:	CITA(xD13G0x @ Sep 4 2009, 10:25 PM) ehm, kisiera saber cuanto time tienen para dar esta prueba. El problema 5 es muy pero muy conocido, no deberia hbaer entrado Sinceramente no tengo idea de cuanto duraba cada parte en aquellos años, don xsebastian y Kenshin sabrian responder esa pregunta. Con respecto al p5, ten en consideracion que asi es la realidad chilena (sin subestimar, es claro que hay capos en esto como The Lord, por ejemplo, pero sonn poquitos), no creo que todos los finalistas (es mas, la mayoria) conocieran este problema, pq no somos muchos los estudiantes que intentamos prepararnos pa olimpiadas aca en Chile (aunk tampoco somos pocos), no creo que en Bolivia sea muy distinto, tu podrias decir si estoy o no en lo cierto. Aunque lo que digo es mera opinion, los olimpicos de aquellos años podran confirmar o refutar lo que digo ^^. Y estas competencias, como bien sabras, apuntan al desarrollo de habilidades y no a la memorizacion de problemas (aunk = es util saberse sus teoremas locos ). Ademas, tu preparacion se puede ver que esta a otro nivel (mas que mal, no cualquiera saca mencion en la IMO), asi que no te extrañes si nosotros desconozcamos problemas ultra conocidos. Saludos estimado xD13G0x -------------------- 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."

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 4 2009, 10:01 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	x algun motivo raro me hizo reir la parte en la que dices: que asi es la realidad chilena Ese prob me lo sabia xq es el maximo ejemplo de lo que es el principio de invarianza (problemas asi uno nunca se olvida, es como manejar bicicleta XD). bueno aca la solucion pos: Solucion problema 5: $TEX: Si cambiamos un -1 por un +1 es facil ver que la expresion $x_1x_2x_3x_4+x_2+x_3x_4x_5+...+x_nx_1x_2x_3$ no cambia su congruencia modulo 4. Para ver esto note que cada variable $x_i$ afecta a 4 sumandos, es decir que si la suma era antes $1+1+1-1$ en cierta $x$ cambiar luego tal $x$ la suma se modificara en $1-1-1-1$ lo cual es congruentes con $1+1+1-1$. De igual manera seria que fuera $1+1+1+1$ o $1+1-1-1$, la congruencia modulo 4 no cambia. Entonces cambiamos cada $x$ por 1 y obtenemos que $0=x_1x_2x_3x_4+x_2+x_3x_4x_5+...+x_nx_1x_2x_3\equiv n (mod\ 4)$$ No lo explique bien pero se entiende ps PD: no obtuve mencion en imo, pero si lo resolvi el prob 2 luego de dar la prueba, pero en la prueba no lo saque xq pensaba q era mas dificil PD 2: al año quiero sacar mencion o bronce Mensaje modificado por xD13G0x el Sep 4 2009, 10:01 PM -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 4 2009, 10:39 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	creo que ya tengo el problema 6, kisas no sea la mejor solucion pero creo que funciona: Solucion problema 6: $TEX: Se empieza con un triangulo escaleno ABC cualquiera de lados $a,b,c$ reales positivos. Tomamos un numero real positivo $x$ cualquiera y formamos el triangulo A'B'C' de lados $\frac {a}{x},\frac {b}{x},\frac {c}{x}$. Claramente ABC y A'B'C son semejantes por el caso de semejanza LLL. Ahora tomamos otro numero real positivo $y$ tal que $\frac {a}{x}=\frac {b}{y}$ formamos el triangulo A''B''C'' de lados $\frac {a}{y},\frac {b}{y},\frac {c}{y}$ De nuevo, ABC y A''B''C'' son semejantes. Entonces tenemos que A'B'C' y A''B''C'' son semejantes puesto que ambos son semejantes a ABC y que el lado $\frac {a}{x}$ de A'B'C' es igual al lado $\frac {b}{y}$ de A''B''C''. Ahora solo falta ver que A'B'C y A''B''C'' no son congruentes. Suponga lo contrario, que son congruentes, entonces como son semejantes se sigue que $\frac {a}{x}=\frac {a}{y}$ de donde $x=y$. Pero como $\frac {a}{x}=\frac {b}{y}$ y $x=y$ se sigue que $a=b$ que es una contradiccion, porque ABC es escaleno. Entonces A'B'C y A''B''C'' no son congruentes. El algoritmo seria el siguiente: escojer un triangulo escaleno cualquiera ABC, escojer un numero real positivo cualquiera x, formar el triangulo de lados $\frac {a}{x},\frac {b}{x},\frac {c}{x}$, Tomar cierta y tal que $\frac {a}{x}=\frac {b}{y}$, formar el triangulo $\frac {a}{y},\frac {b}{y},\frac {c}{y}$. Los dos triangulos formados cumplen lo pedido<br />El ejemplo puede ser los triangulos de lados 9,12,15 y 12,16,20 formados a partir del triangulo de lados 3,4,5$ -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 8 2009, 04:10 PM Publicado: #7
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:	Solucion Problema 7: Como $TEX: $f:(\mathbb{N}\cup\{0\})\rightarrow(\mathbb{N}\cup\{0\})$$ , y se nos pide la suma mínima de $TEX: $f(1)+...+f(1998)$$ , es lógico pensar que la suma mínima sería si cada $TEX: $f(n)$$ fuese igual a cero, pero vemos que si esto ocurre, entonces: $TEX: $f(n+f(n))=1$$ y $TEX: $f(n+f(n))=f(n)=0$$ , lo cual es una contradicción. Por lo tanto $TEX: $f(n)\neq 0$$ para todo $TEX: $n\neq 0$$ (en cero no es hipótesis la propiedad). Ahora vemos que el mínimo valor posible a tomar por $TEX: $f(n)$$ es 1. En particular, si $TEX: $f(1)=1$$ , se va cumpliendo que: $TEX: $f(1+f(1))=f(2)=1,\ f(2+f(2))=1\Rightarrow f(3)=1,...$$ y así para todo $TEX: $n$$ (induccion), y en particular se tendría $TEX: $f(1998)=1$$ , lo cual es una contradicción. Esto se puede generalizar para $TEX: $n<1998$$ . luego $TEX: $f(n)\neq 0,f(n)\neq 1$$ para todo $TEX: $n<1998$$ (no incluido el cero) Por el dominio y recorrido de la función, ahora vemos que el mínimo valor que puede tomar $TEX: $f(n)$$ es 2... $TEX: $f(1)=2\Rightarrow f(1+f(1))=1\Rightarrow f(3)=1$$ ... lo que es otra contradicción (ya vista antes) Así se puede apreciar claramente la condición sobre $TEX: $f(1)$$ , que es: $TEX: $f(1)\geq 1998$$ y luego el valor mínimo es $TEX: $f(1)=1998$$ . Y asi $TEX: $f(2)=1997$$ , ..., $TEX: $f(n)=1998-n+1$$ y luego la suma mínima es $TEX: $(1998+1997+...+2)+2=\dfrac{1998\cdot 1999}{2}+1$$ ( $TEX: $f(1997)=2,f(1998)=2$$ ) Y luego la formula de f está definida por tramos f(n) = 1999-n , si n<1998 2 si n=1998 1 si n>1998 Esto último pues f(1 +f(1))=f(1999)=1 y f(1998 + f(1998)) = 1 =f(2000) f(2000+f(2000))=1=f(2001) así inductivamente f(n)=1 si n>1998. Resuelto por Sebastian Donoso Aqui http://www.fmat.cl/index.php?showtopic=322 -------------------- 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."

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 8 2009, 05:13 PM Publicado: #8
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:	CITA(Gp20 @ Feb 27 2007, 09:12 PM) Problema 2: En un triangulo acutangulo ABC, sean $TEX: $\overline {AK}, \overline {BL}, \overline {CM}$$ las alturas del triangulo concurrentes en el punto $TEX: $H$$ y sea $TEX: $P$$ el punto medio de $TEX: $\overline {AH}$$ . Definamos $TEX: $S=\overline {BH}\cap \overline {MK}$$ y $TEX: $T=\overline {LP}\cap \overline {AB}$$ . Muestre que $TEX: $\overline {TS}\perp \overline {BC}$$ Solucion: $TEX: El triangulo $\triangle AHL$ es rectangulo con angulo recto en $L$, y entonces podemos deducir que $P$ es el circumcentro del $\triangle AHL$, o sea, el triangulo $\triangle HPL$ es isosceles (pues sus lados $\overline {PH}$ y $\overline {PL}$ son iguales, al ser ambos circumradios del $\triangle AHL$). Entonces $\measuredangle PLH=\measuredangle PHL=\measuredangle BHK$ (la ultima igualdad ocurre porque los angulos mencionados son opuestos por el vertice).<br /><br />Por otra parte, como $\measuredangle HKB+\measuredangle BMH=90º+90º=180º$, se sigue que el cuadrilatero $BMHK$ es ciclico, y esto significa que $\measuredangle BHK=\measuredangle BMK$. Luego:<br /><br />$\measuredangle TMS+\measuredangle TLS=180º-\measuredangle BMK+\measuredangle TLS=180º$<br /><br />O sea, el $TLSM$ es ciclico. Pero notemos que el cuadrilatero $AMHL$ es ciclico, pues $\measuredangle AMH+\measuredangle ALH=90º+90º=180º$ y entonces:<br /><br />$\measuredangle TSL=\measuredangle TML=\measuredangle AML=\measuredangle AHL$. De esto podemos deducir que $\overline {AH}//\overline {TS}$, pero como $\overline {AH}\perp \overline {BC}$, obtenemos que $\overline {TS}\perp\overline {BC}$$ En este link http://www.fmat.cl/index.php?showtopic=321 aparece el p2 resuelto por fadeintome, pero como la imagen no se ve, decidi postear esta solucion. -------------------- 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."

דוד חסון Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 29 2012, 07:23 PM Publicado: #9
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 187 Registrado: 14-September 11 Miembro Nº: 94.369 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(Gp20 @ Feb 27 2007, 08:12 PM) Problema 4: En un tablero cuadriculado de $TEX: $n\times n$$ ¿De cuántas maneras se puede colocar una $TEX: $X$$ o una $TEX: $O$$ de tal forma que no queden en cuadrados contiguos? Notemos que en una fila de n cuadrados, se pueden elegir n-1 parejas de casillas vecinas. Ya que un cuadrado de nxn tiene n filas, entonces el total de parejas horizontales posibles de elegir son n(n-1), pues consiste en repetir lo de la columna n veces. Por simetría del cuadrado, la cantidad de parejas a elegir para las columnas también es n(n-1). Luego, la cantidad total de parejas vecinas a elegir será de 2n(n-1) Además, las parejas pueden ser O\|X o también X\|O. Entonces, el resultado buscado es 22n(n-1)=4n(n-1) Saludos.

Guz Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 13 2021, 12:36 PM Publicado: #10
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 97 Registrado: 8-July 21 Desde: Chile Miembro Nº: 167.167	La solución al problema 5 arriba está bien. También: $TEX: \noindent Como hay $n$ t\'erminos y la suma es cero, entonces $n=2k$ con $k$ t\'erminos que valen 1 y $k$ que valen $(-1)$. El producto de todos los sumandos es $1$ (pues cada $x_i$ aparece 4 veces), y por ende, $k$ también debe ser par.$

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