Prueba Final, Nivel Mayor (2000) - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Competencias y Olimpiadas > Olimpiadas > Olimpiada Nacional

Reply to this topic

Start new topic

Prueba Final, Nivel Mayor (2000), Sin solución: 1,2,3,4,5,6,7

Gp20 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 27 2007, 08:54 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:	12ª OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICAS Prueba Final, Nivel Mayor Primera Prueba Problema 1: El profesor David propuso a su señora calcular los escalones de una escalera mecánica que funcionaba en un centro comercial, pidiéndole que caminara hacia arriba contando los escalones que subiera desde la base hasta el final. El profesor a su vez, partió junto a su señora, pero caminando el doble de rápido, de modo que la señora avanzaba un escalón cada vez que su marido avanzaba 2. Cuando la señora llegó arriba informó que había contado 21 escalones, mientras que el profesor contó 28 de ellos, ¿Cuántos escalones hay a la vista en la escalera en un instante cualquiera? Problema 2: En el plano se tiene un polígono cualquiera que no se corta a sí mismo y que es cerrado. Dado un punto que no está sobre el borde del polígono, ¿Cómo determinaría se está dentro o fuera del polígono? (el polígono tiene un número finito de lados. Problema 3: Se define un número periódico $TEX: $N_k$$ como aquel compuesto por un número base $TEX: $N$$ repetido $TEX: $k$$ veces. Probar que 7 divide a infinitos números periódicos del conjunto $TEX: ${N_1,N_2,N_3\ldots}$$ Segunda Prueba Problema 4: Sea $TEX: $AD$$ la bisectriz de un triángulo $TEX: $ABC$$ $TEX: $(D\in BC)$$ tal que $TEX: $AB+AD=CD$$ y $TEX: $AC+AD=BC$$ . Determine la medida de los ángulos de $TEX: $\Delta ABC$$ . Problema 5: Sea $TEX: $n$$ un número positivo. Pruebe que existe un entero $TEX: $N=m_1m_2\ldots m_n$$ con $TEX: $m_i\in{1,2}$$ que es divisible por $TEX: $2^n$$ . Problema 6: Con 76 fichas, de las cuales algunas son blancas; otras azules y las restantes rojas, se forma un rectángulo de 4 $TEX: $\times$$ 19. Demuestre que hay un rectángulo, dentro del mayor, que tiene sus vértices del mismo color. Problema 7: Considere la siguiente ecuación en $TEX: $x$$ : $TEX: \begin{eqnarray}<br />ax(x^2+ax+1)&=&b(x^2+b+1)<br />\end{eqnarray}$ Se sabe que $TEX: $a,b$$ son reales tales que $TEX: $ab<0$$ y además la ecuación posee exactamente dos raíces enteras positivas. Pruebe que en estas condiciones $TEX: $a^2+b^2$$ no es un número primo. -------------------- 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	Oct 26 2009, 05:36 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:	CITA(Gp20 @ Feb 27 2007, 09:54 PM) Problema 5: Sea $TEX: $n$$ un número positivo. Pruebe que existe un entero $TEX: $N=m_1m_2...m_n$$ con $TEX: $m_i\in 1,2$$ que es divisible por $TEX: $2^n$$ . $TEX: Sea $a_{n}$ el numero que satisface tales condiciones. Probaremos la existencia de tal multiplo mediante induccion sobre $n$. Para $n=1,2,3$, sean $a_{1}=1$, $a_{2}=12$, $a_{3}=112$. Asumir que para cierto $m$ existe tal multiplo. Entonces $a_{m}\equiv 0\mod 2^{m+1}$ $(i)$ o $a_{m}\equiv 2^{m}\mod 2^{m+1}$ $(ii)$<br /><br />Para $(i)$, basta considerar $a_{m+1}=2\cdot 10^m+a_{m}$<br /><br />Para $(ii)$, basta considerar $a_{m+1}=10^m+a_{m}$<br /><br />Completando la induccion y demostrando lo pedido$ El interesado puede visitar los siguientes links http://www.fmat.cl/index.php?showtopic=3907 vean el Problema 6 http://www.fmat.cl/index.php?showtopic=951 vean el problema 1 CITA(Gp20 @ Feb 27 2007, 09:54 PM) Problema 7: Considere la siguiente ecuación en $TEX: $x$$ : $TEX: $ax(x^2+ax+1)=b(x^2+b+1)$$ Se sabe que $TEX: $a,b$$ son reales tales que $TEX: $ab<0$$ y además la ecuación posee exactamente dos raíces enteras positivas. Pruebe que en estas condiciones $TEX: $a^2+b^2$$ no es un número primo. $TEX: Agrupando todos los terminos en un solo lado podemos ver que la ecuacion es equivalente a:<br /><br />$x^3+(a^2-b)x^2+ax-(b^2+b)=0$<br /><br />Esta ecuacion cubica posee tres raices, digamos $x_1, x_2, x_3$, y asumamos que $x_1, x_2$ son las raices naturales mencionadas. Notemos que por las formulas de Cardano- Vieta:<br /><br />$x_1+x_2+x_3=\dfrac{b-a^2}{a}$, $x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=1$, $x_1x_2x_3=\dfrac{b+b^2}{a}$<br /><br />Primero veamos que:<br /><br />$x_3=\dfrac{b+b^2}{ax_1x_2}$<br /><br />De donde podemos cogitar que $x_3$ es racional, por lo tanto existen enteros coprimos $p,q$, tales que $x_3=p/q$<br /><br />Por otro lado, trabajando con la igualdad $x_1x_2+x_2x_3+x_2x_1=1$, obtenemos que:<br /><br />$1=x_1x_2+(x_1+x_2)x_3\Rightarrow p(x_1+x_2)=q(1-x_1x_2)$<br /><br />De esto de deduce que $q$ divide a $p(x_1+x_2)$, pero como $p,q$ son coprimos, necesariamente $q$ debe dividir a $x_1+x_2$ (). Con estas consideraciones, ya estamos en condiciones de abordar la raiz del problema. Veamos que:<br /><br />$a^2+b^2=a(\dfrac{b+b^2}{a}-\dfrac{b-a^2}{a})$<br /><br />$=a(x_1x_2x_3-(x_1+x_2+x_3))$<br /><br />$=a((x_1x_2-1)x_3-(x_1+x_2))$<br /><br />$=-a(x_1+x_2)(x_3^2+ 1)$<br /><br />$=-a(x_1+x_2)(x_2+x_3)(x_3+x_1)$<br /><br />$=-\dfrac{1}{q^2}\cdot a(x_1+x_2)(qx_1+p)(qx_2+p)$<br /><br />Por el Teorema de la raiz racional, tenemos que $q$ divide a $a$, y considerando esto con (), obtenemos que:<br /><br />$a^2+b^2=\dfrac{-a}{q}\cdot \dfrac{x_1+x_2}{q}\cdot (qx_1+p)\cdot (qx_2+p)$<br /><br />Donde cada uno de estos factores es entero. Por lo tanto $a^2+b^2$ no es primo.$ Saludos -------------------- 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 26 2009, 07:12 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 590 Registrado: 14-October 07 Miembro Nº: 11.310 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Gp20 @ Feb 27 2007, 10:54 PM) Problema 3: Se define un número periódico $TEX: $N_k$$ como aquel compuesto por un número base $TEX: $N$$ repetido $TEX: $k$$ veces. Probar que 7 divide a infinitos números periódicos del conjunto $TEX: ${N_1,N_2,N_3\ldots}$$ $TEX: Si $7\|N$ ya estamos listos pues si el número de divisores de N es d $\implies 7\|N\cdot 10^d \implies 7\|N\cdot 10^d+N$, eso concluye la prueba (es solo aplicar esto para los sucesivos $N_2,...$).$ $TEX: Si $7 \not \| N$. Considere los números $N, NN, NNN, NNNN,...$ (ejemplo: si $N=134$, entonces $NN=134134$, etc), probaremos que siempre existen dos $NNNNN...N$ y $NNN...N$ tales que tienen el mismo residuo módulo $7$, si no existieran entonces por el Principio de los Casilleros deben existir al menos 2 números de la forma $NN...N$ cuyos residuos módulo $7$ es el mismo, luego restándolos tenemos que el nuevo numero es de la forma: $NN...N0...00$ y $7$ debe dividirlo, luego como $7 \not \| 100...000 \implies 7\|NN...N$. Ahora el Principio de los Casilleros me asegura que existen infinitos números $ NNNNNN...NN$ con mismo residuo $(mod. 7)$, esto nos asegura que de la misma manera existen infinitos números en la serie $N_1, N_2, N_3,...$ que son divisibles por 7.$ $TEX: Otra manera (en el segundo caso) de que hayan infinitos $N....NN$ es de que como existe un $N...NN=M$ que es múltiplo de $7$, entonces $MM$ también es divisible por $7$ y así $MMM,...$ y todos estos son de la forma $N...NN$ encontramos una infinidad de ellos.$ Comentario: Este problema puede ser generalizado para todo $TEX: $n$$ entero positivo tal que $TEX: $mcd(10;n)=1$$ y cabe destacar que es muy similar (imitando lo que hizo Kain #13 xD) al problema 6 Olimpiada Matematica del Cono Sur 2008. Saludos Mensaje modificado por makmat el Oct 26 2009, 08:08 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...

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 31 2010, 11:52 AM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Bueno aqui esta resuelto el problema 1, solo cambiando a David y su señora por los niños A y B CITA(Pedantic Anarchy @ Jan 13 2010, 11:01 AM) $TEX: En un $T_1$ determinado el niño $A$ avanza $28$ escalones mas $C$(la constante de movimiento de la escalera), mientras que el niño $B$ avanza $14$ escalones mas $C$. El niño $A$ termina el recorrido mientras que al niño $B$ le falta dar $7$ pasos para terminar el trayecto.Ahora en un $T_2$ determinado,el niño $A$ camina $0$ pasos(devido a que el ya aterminado el trayecto) mientras que el niño $B$ da $7$ pasos mas $C/2$ (si el mismo niño da la mitad de los pasos que en $T_1$, tambien la escalera avanzara la mitad, debido a que van a velocidad constante) . Entonces el total de los escalones esta dado por :$ T_1 +T_2=N$. Entonces $28 + C= 21 +3C/2$, entonces $c=14$, y por lo tanto la cantidad total de escalones es $42$.$ -------------------- 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

asdayuyi Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 12 2012, 08:02 PM Publicado: #5
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 81 Registrado: 10-November 12 Miembro Nº: 112.735 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Sea R=rojo, A=azul, V=verde, tenemos que por el principio del palomar al menos un color se repite en un rectángulo de 1x4. Representemos por X X X X las posiciones de los colores en los casilleros del rectángulo de 1x4. Usemos el rojo como el color que se repite, tenemos que las configuraciones de como se pueden ubicar son las sgtes R R X X X R R X X X R R R X X R X R X R R X R X 6 configuraciones Esto también ocurrirá con V y A, por lo que tenemos 6x3=18 configuraciones, pero como son 19 rectángulos de 1x4, al menos una se repite formando el rectángulo. Está bien? :cc Saludos <3

Seba² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 13 2012, 04:08 PM Publicado: #6
Dios Matemático Grupo: Moderador Mensajes: 269 Registrado: 30-August 10 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 76.269 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(asdayuyi @ Nov 12 2012, 08:02 PM) Sea R=rojo, A=azul, V=verde, tenemos que por el principio del palomar al menos un color se repite en un rectángulo de 1x4. Representemos por X X X X las posiciones de los colores en los casilleros del rectángulo de 1x4. Usemos el rojo como el color que se repite, tenemos que las configuraciones de como se pueden ubicar son las sgtes R R X X X R R X X X R R R X X R X R X R R X R X 6 configuraciones Esto también ocurrirá con V y A, por lo que tenemos 6x3=18 configuraciones, pero como son 19 rectángulos de 1x4, al menos una se repite formando el rectángulo. Está bien? :cc Saludos <3 Correcto! !, salu2 !!! -------------------- Estudiante Instituto Nacional General José Miguel Carrera IV Medio(2013) 17 años. Estaba Jesús predicando en el monte Sinaí y dijo a sus discípulos: y = ax² + bx + c ¿Y eso qué es? Dijo uno de los discípulos. A lo que Jesús respondió: ¡Una parábola !

cev Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 16 2012, 09:42 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.116 Registrado: 12-March 11 Miembro Nº: 84.732 Nacionalidad: Sexo:	Problema 4 en Maraton Geometria (Publicado: #44) http://www.fmat.cl/index.php?showtopic=75096&st=40 -------------------- >>>LG

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 16 2012, 10:05 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Y también de la prueba diagnóstica usada en el curso de razonamiento matemático que se dicta en la PUC. -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 4 2015, 11:20 AM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P7 (otra) $TEX: $ax(x^{2}+ax+1)=b(b^{2}+b+1)\Longrightarrow ax(x^{2}+1)+a^{2}x^{2}=b(x^{2}+1)+b^{2}$$ $TEX: $(ax-b)(x^{2}+ax+b+1)=0$$ De esto ultimo, vemos que una solución es $TEX: $\dfrac{b}{a}$$ y como $TEX: $ab<0$$ se sigue que esa solución es negativa, luego la ecuación $TEX: $x^{2}+ax+b+1=0$$ tiene 2 soluciones enteras positivas. Sean $TEX: $x_{1}$$ y $TEX: $x_{2}$$ las soluciones de la ecuación, se tiene que (usando propiedad de las raices): $TEX: $x_{1}+x_{2}=-a$$ $TEX: $x_{1}x_{2}=b+1$$ vemos que $TEX: $a^{2}+b^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}+(x_{1}x_{2}-1)^{2}$$ $TEX: $=x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}+x_{1}^{2}x_{2}^{2}-2x_{1}x_{2}+1$$ $TEX: $=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{1}^{2}x_{2}^{2}+1=(x_{1}^{2}+1)(x_{2}^{2}+1)$$ y esto ultimo claramente no es primo. --------------------

Guz Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 16 2021, 04:44 PM Publicado: #10
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 97 Registrado: 8-July 21 Desde: Chile Miembro Nº: 167.167	CITA(Gp20 @ Feb 27 2007, 08:54 PM) Problema 4: Sea $TEX: $AD$$ la bisectriz de un triángulo $TEX: $ABC$$ $TEX: $(D\in BC)$$ tal que $TEX: $AB+AD=CD$$ y $TEX: $AC+AD=BC$$ . Determine la medida de los ángulos de $TEX: $\Delta ABC$$ . Denotemos los ángulos $TEX: $\angle CAB, \angle ABC, \angle BCA$$ como $TEX: $\alpha, \beta, \gamma$$ , respectivamente. De $TEX: $AB+AD=CD$$ y $TEX: $AC+AD=BC$$ , deducimos $TEX: $AB+BD=AC$$ . Extendemos $TEX: $AB$$ hasta $TEX: $D^\prime$$ de tal forma que $TEX: $BD^\prime = BD$$ . Como $TEX: $\triangle B D^\prime B$$ es isósceles y sus ángulos de base suman $TEX: $\beta$$ , entonces $TEX: $\angle BD^\prime D=\angle BDD^\prime=\beta/2$$ . De la misma manera, el triángulo $TEX: $D D^\prime C$$ es isósceles (pues $TEX: $AD$$ es simetral de $TEX: $D^\prime D$$ ) y sus ángulos de base son $TEX: $\beta/4$$ . Tenemos que $TEX: $\triangle D^\prime AC$$ es isósceles de base $TEX: $D^\prime C$$ . Por lo tanto, $TEX: $\angle A D^\prime C=3\beta/4=\angle ACD^\prime=\gamma+\beta/4$$ y, en consequencia, $TEX: $\gamma=\beta/2$$ . Extendemos $TEX: $CA$$ hasta $TEX: $F$$ de tal forma que $TEX: $AF=AD$$ . Por otro lado, $TEX: $AC+AD=BC$$ implica que $TEX: $\triangle FCB$$ es isósceles de base $TEX: $FB$$ . De (1.), deducimos que $TEX: $\alpha+3\beta/2=180^\circ\leftrightarrow \left( \alpha+\beta\right)/2=90^\circ-\beta/4$$ . Ahora bien, $TEX: $\angle ADB=\left( \alpha+\beta\right)/2$$ y $TEX: $\angle CFB=\angle FBC=90^\circ-\beta/4$$ , por ende, $TEX: $\angle ADB=\angle CFB=\angle FCB$$ . Extendemos $TEX: $DA$$ y $TEX: $BF$$ hasta su intersección en $TEX: $C^\prime$$ y creamos $TEX: $\triangle BC^\prime D=\triangle FCB$$ . Notar que $TEX: $\triangle BC^\prime A=\triangle BCA$$ , por lo que $TEX: $\angle C^\prime A B=\alpha$$ . Ergo, $TEX: $3\alpha/2=\angle FAC=180^\circ$$ o $TEX: $\alpha=120^\circ$$ . Concluimos que $TEX: $\alpha=120^\circ$$ , $TEX: $\beta=40^\circ$$ y $TEX: $\gamma=\beta/2=20^\circ$$ . Comentarios/correcciones bienvenidas. Mensaje modificado por Guz el Nov 15 2021, 06:04 AM

« Posterior · Olimpiada Nacional · Anterior »

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 - 06:00 PM

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