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XXIII OMCS (2012), Lima, Perú

El Geek Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 31 2012, 11:17 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.818 Registrado: 3-October 09 Miembro Nº: 59.773 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	23ª OLIMPIADA DE MATEMÁTICAS DEL CONO SUR Perú, 2012 Primera Prueba: Martes, 30 de octubre de 2012 Problema 1: Alrededor de una circunferencia están escritos 2012 números, cada uno de los cuales es igual a 1 ó -1. Si no hay 10 números consecutivos cuya suma sea 0, halle todos los posibles valores de la suma de los 2012 números. Problema 2: En un cuadrado $TEX: $ABCD$$ , sea $TEX: $P$$ un punto del lado $TEX: $CD$$ , distinto de $TEX: $C$$ y $TEX: $D$$ . En el triángulo $TEX: $ABP$$ se trazan las alturas $TEX: $\overline{AQ}$$ y $TEX: $\overline{BR}$$ , y sea $TEX: $S$$ el punto de intersección de las rectas $TEX: $\overleftrightarrow{CQ}$$ y $TEX: $\overleftrightarrow{DR}$$ . Demuestre que $TEX: $\angle{ASB} = 90^{\circ}$$ Problema 3: Demuestre que no existen enteros positivos $TEX: $a,b,c$$ y $TEX: $d$$ , primos entre sí dos a dos, tales que $TEX: $ab+cd$$ , $TEX: $ac+bd$$ y $TEX: $ad+bc$$ sean divisores impares del número $TEX: $(a+b-c-d)(a-b+c-d)(a-b-c+d)$$ Segunda Prueba: Miércoles, 31 de octubre, 2012 Problema 4: Encuentre el mayor entero positivo $TEX: $n$$ , menor que 2012, que cumpla la siguiente propiedad: Si $TEX: $p$$ es un divisor primo de $TEX: $n$$ , entonces $TEX: $p^2-1$$ es un divisor de $TEX: $n$$ . Problema 5: $TEX: $A$$ y $TEX: $B$$ juegan alternadamente sobre un tablero de $TEX: $2012 \times 2013$$ con suficientes fichas de los siguientes tipos: En su turno, $TEX: $A$$ debe colocar una ficha del tipo 1 sobre casillas vacías del tablero. $TEX: $B$$ , en su turno, debe colocar exactamente una ficha de cada tipo sobre casillas vacías del tablero. Pierde el jugador que ya no puede realizar su jugada. Si empieza $TEX: $A$$ , decida quién tiene una estrategia ganadora. Aclaración: Las fichas se pueden rotar pero no se pueden superponer, ni salir del tablero. Las fichas del tipo 1, 2 y 3 se colocan exactamente sobre 3, 2 y 1 casillas del tablero respectivamente. Problema 6: Considere un triángulo $TEX: $ABC$$ con $TEX: $1 < \frac{AB}{AC} < \frac{3}{2}$$ . Sean $TEX: $M$$ y $TEX: $N$$ , respectivamente, puntos variables de los lados $TEX: $AB$$ y $TEX: $AC$$ , distintos de $TEX: $A$$ , tales que $TEX: $\frac{MB}{AC} - \frac{NC}{AB} = 1$$ . Demuestre que la circunferencia circunscrita del triángulo $TEX: $AMN$$ pasa por un punto fijo distinto de $TEX: $A$$ . -------------------- Me voy, me jui.

Nabodorbuco Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 2 2012, 10:23 AM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Team Ensayos FMAT Mensajes: 513 Registrado: 25-April 08 Desde: CSMC Miembro Nº: 21.189 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Consideremos la siguiente situación OMCS_2012___p2.png ( 34.48k ) Número de descargas: 10 En donde rotulamos los angulos interiores del triangulo $TEX: $ABP$$ segun corresponda. Veamos que la altura desde $TEX: $P$$ es paralela a $TEX: $DA$$ , por lo cual $TEX: $\angle APE=\angle PAD$$ . Definamos ahora como $TEX: $R'$$ y $TEX: $Q'$$ las respectivas prolongaciones de las alturas al tocar a los lados del cuadrado. Definamos como $TEX: $\angle QPQ'=\varphi$$ y $TEX: $\angle R'PR=\theta$$ . Notemos que los cuadrilateros $TEX: $QPCQ'$$ y $TEX: $RPDR'$$ son cíclicos, por lo cual $TEX: $\angle QPQ'=\angle QCQ'$$ y $TEX: $\angle R'PR=\angle R'DR$$ , entonces, por paralelismo $TEX: $\angle CSD=\varphi+\theta$$ . Notemos que los triangulos $TEX: $ABR'$$ y $TEX: $DAP$$ por criterio ALA, a saber, ángulo recto, lado del cuadrado y ángulo $TEX: $\beta$$ . Por lo cual $TEX: $R'B=AP$$ . Similarmente $TEX: $AQ'=BP$$ . Ahora, como $TEX: $\angle QAR=\angle QBR=\gamma$$ se tiene que $TEX: $\Delta APQ'=\Delta BR'P$$ , por lo cual $\angle APQ'=\angle BR'P$ y entonces del $\Delta BR'P$ tenemos que $TEX: $\pi=\angle PBR'+\angle BR'P+\angle R'PB$$ $TEX: $\pi=\angle PBR'+\angle APQ'+\angle R'PB$$ $TEX: $\pi=\gamma+(\beta+\alpha+\varphi)+(\theta+\beta+\alpha)$$ $TEX: $\pi=\gamma+2\alpha+2\beta+\varphi+\theta$$ Del triangulo $TEX: APB$ tenemos que $TEX: $\pi=2(\alpha+\beta+\gamma)$$ , por lo cual $TEX: $\pi=\gamma+2\alpha+2\beta+\varphi+\theta$$ $TEX: $\pi+\gamma=2\gamma+2\alpha+2\beta+\varphi+\theta$$ $TEX: $\pi+\gamma=\pi+\varphi+\theta$$ $TEX: $\gamma=\varphi+\theta$$ Esto indica que el cuadrilatero $TEX: $ARBS$$ es cíclico, entonces como $TEX: $\displaystyle\angle ARB=\frac{\pi}{2}$$ , se tiene que $TEX: $\angle BSA=\displaystyle\frac{\pi}{2}$$ -------------------- 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

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 2 2012, 10:38 AM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: $ $\\<br />Buena soluci\'on, Nabo.\\<br />$ $\\<br />Un comentario un poco gracioso para este problema es que existe una versi\'on casi equivalente pero es m\'as conocida:\\<br />$ $\\<br />$ $\\<br />\color{blue}<br />En un cuadrado $ABCD$ (en ese orden) se ubica $P\in\overline{CD}$, la perpendicular a $\overline{AP}$ por $B$ corta a $\overline{AD}$ en $X$ y la perpendicular a $\overline{BP}$ por $A$ corta a $\overline{BC}$ en $Y$.\\<br />demuestre que $\measuredangle XPY=90^{\circ}$$ -------------------- 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?

El Geek Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 3 2012, 06:54 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.818 Registrado: 3-October 09 Miembro Nº: 59.773 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Mis fuentes Heiricarísticas me dicen que los resultados para chile fueron los siguientes: Fernando Figueroa - Oro (59 puntos) Sebastian Pavez - Bronce Raul Tírateunpaso - Mención honrosa Montserrat - nothing -------------------- Me voy, me jui.

Kreator Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 4 2012, 10:14 AM Publicado: #5
Dios Matemático Grupo: Super Moderador Mensajes: 261 Registrado: 12-February 11 Miembro Nº: 83.790 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución P4: $TEX: Si $p$ es un divisor primo de $n$, entonces es fácil notar que $p$ y $p^2-1$ son coprimos (para ver esto, basta notar que $p^2-1=(p-1)(p+1)$. Luego, $n$ es dividsible por $p(p^2-1)=p^3-p$ \\<br /><br />También se puede notar que \\<br /><br />$p^3-p\le n <2012$, y como $13^3-13=2184$, tenemos que $p\le 11$\\<br /><br />Otra cosa que es importante notar es que $n$ es par, ya que como $p$ y $p^2-1$ son coprimos, si $p$ es impar, entonces $p^2-1$ es par. Y si $p$ es par, entonces $p=2$, y $p$ divide a $n$\\<br /><br />Como $n$ es divisible por $2$, entonces es divisible por $2^2-1=3$, y de la misma forma, es divisible por $3^2-1=8$. Luego, $n$ es divisible por 24.<br /><br />Ahora, si observamos los múltiplos de 24 que sean menores o iguales a 2012, tenemos $83\cdot 24=1992$, que no nos sirve, porque 83 es primo, entonces $n$ tendría un divisor primo mayor que $11$, lo cual contradice que $n <2012$. \\<br /><br />Mirando el número $24\cdot 82=1968$, tampoco nos sirve porque tiene como divisor primo a $41$, que es mayor que $11$.<br /><br />Finalmente, el número $24\cdot 81=1944$ si cumple con lo pedido, ya que sus únicos divisores primos son $2$ y $3$, y también es divisible por $8$.\\<br /><br />Luego, el mayor $n$ que cumple con el enunciado es $n=1944$<br /><br />$ --------------------

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 4 2012, 03:57 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Señores, quiero contarles que el problema 2 sigue siendo cierto incluso si ABCD en vez de ser un cuadrado, es un rombo. Saludos. -------------------- 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?

MatamatE Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 7 2012, 11:01 PM Publicado: #7
Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 48 Registrado: 26-September 10 Miembro Nº: 77.695 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	veré que puedo hacer con el P1.. $TEX: <br />Sea $S$ la suma de los 2012 números, con $X$ la cantidad de 1 e $Y$ la cantidad de -1. Cómo $X+Y = 2012$ ambos tienen la misma paridad, y $S=X-Y$ debe ser par. Por otro lado, es claro que el mínimo se alcanza en $X=0 , S=-2012$ ; y el máximo en $S=X=2012$.<br />\\Ahora bien, vamos a recorrer la circunferencia evaluando toda sucesión de 10 términos. Asumamos sin pérdida de la generalidad que para la primera sucesión a evaluar la suma es positiva (hay mas 1 que -1) pues no puede ser nula (así que sólo cabe que sea 2,4,6,8 u 10). Al ir avanzando es claro que la suma de los 10 números soló puede variar en 2 (pierde un -1 y gana un 1) o en -2 (pierde un 1 y gana un -1), o simplemente no variar. Para que tal suma cambiase a signo negativo, debería pasar por 10 términos de suma nula, contradiciendo la hipótesis, así que en este caso toda secuencia es positiva.<br />\\Considerando lo último tenemos 2012 sucesiones de 10 términos consecutivos cuya suma (de cada una) es a lo menos 2. Al sumar todas estas cada término en la circunferencia se contará 10 veces (un término pertenece a 10 sucesiones), por lo tanto tenemos:<br />\begin{center}<br />$10S \geq 2 \cdot 2012 = 4024$ <br /> \\$ S \geq 404$ <br />\\Pues $S$ es un número entero y par. Se verifica que la siguiente sucesión de 10 términos:<br />\\ -1 1 1 -1 1 -1 1 -1 1 1...<br />\end{center}<br />Repetida 201 veces satisface lo pedido, llegando a $10 \cdot 201= 2010$ términos y agregando dos 1 al final. Para esto note que al seleccionar cinco -1 consecutivos ocuparán un espacio de más de 10 términos en nuestra sucesión, por ende no hallará 10 términos con cinco -1 y cinco 1 (suma nula).<br />Para aumentar la suma total basta ir cambiando un -1 por un 1, recorriendo S todos los enteros pares entre 404 y 2012. Si toda sucesión hubiese sido negativa, el razonamiento es análogo y $ S \in \{-404,...,-2012\} $<br />$ Disculpen lo largo, pero estoy algo fuera de práctica en esto. Saludos.. Mensaje modificado por MatamatE el Nov 7 2012, 11:36 PM

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 8 2012, 01:59 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(El Geek @ Oct 31 2012, 11:17 PM) Problema 2: En un cuadrado $TEX: $ABCD$$ , sea $TEX: $P$$ un punto del lado $TEX: $CD$$ , distinto de $TEX: $C$$ y $TEX: $D$$ . En el triángulo $TEX: $ABP$$ se trazan las alturas $TEX: $\overline{AQ}$$ y $TEX: $\overline{BR}$$ , y sea $TEX: $S$$ el punto de intersección de las rectas $TEX: $\overleftrightarrow{CQ}$$ y $TEX: $\overleftrightarrow{DR}$$ . Demuestre que $TEX: $\angle{ASB} = 90^{\circ}$$ Usaré el dibujo de Nabo porque me da flojera hacer otro. $TEX: $ $\\<br />Sea $O$ la intersecci\'on de las diagonales de $ABCD$.\\<br />Entonces $DPOR$ y $PCQO$ son c\'iclicos (detalles al lector), luego por Miquel en $\Delta DCS$, $ROQS$ debe ser c\'iclico tambi\'en, pero $AROQB$ es c\'iclico, luego $S$ debe pertenecer a su circunc\'irculo con lo que $\measuredangle ASB=90$.$ Mensaje modificado por Kaissa el Nov 8 2012, 02:24 PM -------------------- 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?

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 9 2012, 08:27 PM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(Kaissa @ Nov 4 2012, 03:57 PM) Señores, quiero contarles que el problema 2 sigue siendo cierto incluso si ABCD en vez de ser un cuadrado, es un rombo. Saludos. Here we go... vamos a generalizar un poquito más... Sean ABCD un rombo y P un punto en la recta CD. Sean AQ y BR alturas en el triángulo ABP. Las líneas CQ y DR se intersecan en S. Entonces el ángulo ASB es recto Solución: Sea O el punto de intersección de las diagonales del rombo y considere el "hexágono" AOBQSR. Los lados opuestos se intersecan en los puntos C, D y P que son colineales. Por la siguiente "versión alternativa" del teorema de Pascal: Suppose the intersections of the opposite sides of a hexagon lie on a straight line. Show that the vertices lie on a conic. (Ejercicio 5.32 de William Fulton, "Algebraic Curves, an Introduction to Algebraic Geometry") el hexágono AOBQSR está inscrito en una cónica. Como A, B, O, Q y R pertenecen a la circunferencia de diámetro AB, entonces S también, por lo tanto, el ángulo ASB es recto. -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 9 2012, 08:37 PM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	La aplicación del teorema de Pascal en este caso es un overkill muy despiadado. Aunque la generalización que acabas de dar no la había visto. Jugando con geogebra incluso había notado que considerando ABCD como un cuadrilátero cualquiera y poniendo condiciones adicionales sobre el triángulo APB, había ciclicidad nuevamente. Bue aporte, gracias -------------------- 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?

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