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XVII Olimpiada de Matemática Centroamérica y el Caribe, Mexico 2015

Niklaash Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 9 2015, 12:59 AM Publicado: #1
Doctor en Matemáticas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 193 Registrado: 17-August 12 Desde: Loncuma :3 Miembro Nº: 110.077 Nacionalidad: Sexo:	XVII Olimpiada de Matemática Centroamérica y el Caribe México, Cuernavacas, Morelos Primer día: Lunes 22 de Junio, 2015 Problema 1: Se desea escribir $TEX: $n$$ numeros reales distintos, con $TEX: $n\geq 3$$ alrededor de una circunferencia, de modo que cada uno de ellos sea igual al producto de sus vecinos (izquierda y derecha). Determine todos los valores posibles de $TEX: $n$$ , para los cuales lo anterior es posible. Problema 2: Una sucesión $TEX: $\{ a_n \}$$ de numeros reales, esta definida por $TEX: $a_0=1, a_1=2015$$ y para todo entero $TEX: $n\geq 1$$ como: $TEX: $\displaystyle a_{n+1}= \frac{n-1}{n+1}a_n - \frac{n-2}{n^2+n}a_{n-1}$$ Calcule el valor de $TEX: $\displaystyle \frac{a_1}{a_2} - \frac{a_2}{a_3} + \frac{a_3}{a_4} - \frac{a_4}{a_5} +...+ \frac{a_{2013}}{a_{2014}}-\frac{a_{2014}}{a_{2015}}$$ Problema 3: Sea $TEX: $ABCD$$ un cuadrilatero ciclico, con $TEX: $AB<CD$$ y sea $TEX: $P=\overline{AD} \cap \overline{BC}$$ . El circuncirculo del triangulo $TEX: $PCD$$ corta a la recta $TEX: $\overline{AB}$$ en los puntos $TEX: $Q$$ y $TEX: $R$$ . Sean $TEX: $S$$ y $TEX: $T$$ los puntos donde las tangentes desde $TEX: $P$$ tocan al circuncirculo de $TEX: $ABCD$$ . a) Pruebe que $TEX: $PQ=PR$$ b) Pruebe que el cuadrilatero $TEX: $QRST$$ es cicliquitox Segundo día: Martes 23 de Junio, 2015 Problema 4: Polakito y Chechito (asi tal cual) inician un juego donde alternadamente van sustituyendo el numero escrito en la pizarra. En cada turno el jugador debe sustituir el numero escrito, ya sea por la cantidad de divisores del numeros escrito o por la diferencia entre el numero escrito y su cantidad de divisores. Polakito es el primero en jugar y aquel jugador que escriba el 0 gana. Dado que el numero inicial es 1036, determine cual de los jugadores tiene la estrategia ganadora y describa dicha estrategia. Problema 5: Sea $TEX: $ABC$$ un triangulo tal que $TEX: $AC=2AB$$ . Sea $TEX: $D$$ el punto de interseccion de la bisectriz de $TEX: $\measuredangle CAB$$ con el lado $TEX: $\overline{BC}$$ . Sea $TEX: $F$$ el punto de interseccion de la paralela a $TEX: $\overline{AB}$$ por $TEX: $C$$ con la perpendicular a $TEX: $\overline{AD}$$ por $TEX: $A$$ . Pruebe que $TEX: $\overline{FD}$$ para por el punto medio de $TEX: $\overline{AC}$$ Problema 6: En una olimpiada de matematica participaron 39 jovenes. El examen consistio en 6 problemas y cada uno se califico con 1 punto si estaba correcto y con 0 si estaba incorrecto. Para cualquiera tres alumnos, hay a lo mas un problema que no fue resuelto por ninguno de los tres. Sea B la suma de los puntos que obtuvieron los 39 jovenes, encuentre el menor valor que puede tomar B. Tiempo: 4 horas 30 minutos para cada prueba. Aqui los formatos pdf: OMCC_2015_dia_1.pdf ( 32.07k ) Número de descargas: 9 OMCC_2015_dia_2.pdf ( 30.21k ) Número de descargas: 8 A postear soluciones!

Tobal.alb Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 9 2015, 05:33 AM Publicado: #2
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 133 Registrado: 9-June 15 Desde: Valporro - Puerto Ron Miembro Nº: 138.365 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P5.- Sea $TEX: $P$$ el punto medio de $TEX: $AC$$ . Por teorema de la bisectriz tendremos que $TEX: $DC=2BD$$ . Sea $TEX: $K=AD \cap FC$$ , dado que $TEX: $AB // FK$$ , $TEX: $\angle BAD=\angle AKC=\angle KAC \Rightarrow AC=CK$$ , por ello no es difícil notar que $TEX: $AC=CK=CF$$ . Luego por LAL $TEX: $\triangle ABC \simeq \triangle CPF \Rightarrow BC=PF$$ . Sea $TEX: $M=AF \cap DC$$ , como $TEX: $\angle MBA=\angle BAC+\angle ACB=\angle FCP+\angle PFC=\angle FPA$$ , por ALA tendremos que $TEX: $\triangle APF \simeq \triangle ABM \Rightarrow MD=2DB \wedge MA=MF$$ . Por lo anterior, vemos que se cumple la relación $TEX: $\displaystyle \frac{FA}{FM} \displaystyle \frac{MD}{DC} \displaystyle \frac{CP}{PA}=1$$ , lo cual por Menelao, implica que $TEX: $F, P$$ y $TEX: $D$$ son colineales. PD: Suponiendo que está bien, me di muchas vueltas. Mensaje modificado por Tobal.alb el Jul 9 2015, 05:34 AM Archivo(s) Adjunto(s) menelao_2.png ( 19.69k ) Número de descargas: 2

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 9 2015, 02:50 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P3 jedh.png ( 54.71k ) Número de descargas: 1 a) Como $TEX: $ABCD$$ es cíclico, es claro que $TEX: $\angle{PCD}=\angle{PAB}=\alpha$$ y $TEX: $\angle{PDC}=\angle{PBA}=\beta$$ , en la figura, es claro que $TEX: $\delta+\delta_{1}=\beta$$ y $TEX: $\gamma+\gamma_{1}=\alpha$$ , además por ángulo inscrito es directo que $TEX: $\delta+\gamma_{1}=\alpha$$ y $TEX: $\gamma+\delta_{1}=\beta$$ de donde $TEX: $\gamma=\delta$$ lo que implica que $TEX: $\triangle{PRQ}$$ es isóceles en $TEX: $P$$ por lo que $TEX: $PR=PQ$$ $TEX: $\blacksquare$$ b) Por AA es facil notar que $TEX: $\triangle{QAP}\sim \triangle{DQP}$$ se sigue $TEX: $PQ^{2}=PD\cdot AP$$ y por teorema de la tangentes se tiene que $TEX: $PT^{2}=PD\cdot AP$$ , por lo que $TEX: $PT=PQ=PR$$ . De la misma forma, por AA vemos que $TEX: $\triangle{CPR} \sim \triangle{RPB}$$ de donde $TEX: $PR^{2}=PB\cdot PC$$ y por teorema de las tangentes $TEX: $PS^{2}=PB\cdot PC$$ , con lo que se concluye que $TEX: $PS=PR=PT=PQ$$ , de donde se demuestra lo pedido. --------------------

cev Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 9 2015, 06:56 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.116 Registrado: 12-March 11 Miembro Nº: 84.732 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Tobal.alb @ Jul 9 2015, 05:33 AM) P5.- PD: Suponiendo que está bien, me di muchas vueltas. Lo veo bien P3 b) Llamemos X, Y a la interseccion de ST con AD y BC, respectivamente. De acuerdo a c1) aqui tenemos (PX,AD)=(PY,BC)=-1, luego por el reciproco de a2) AB, XY, CD son concurrentes en digamos Z. CD es el eje radical de las circunscritas al ABCD y al PCD asi que por potencia de Z tenemos que ZQ·ZR=ZT·ZS, de donde sale que QRST es ciclico. -------------------- >>>LG

Adrianocor Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 9 2015, 07:30 PM Publicado: #5
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 325 Registrado: 18-March 14 Miembro Nº: 127.725 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	6) no se si esta bien sea P1 el puntaje del participante 1, P2 el del 2, etc luego 5<=(Px+Py+Pz) porque en el peor de los casos uno de los 6 problemas no fue resuelto por ninguno de los tres y cada uno de los otros 5 problemas fue resuelto solo por uno de los 3 luego: 5<=(P1+P2+P3) 5<=(P2+P3+P4) . . . 5<=(P38+P39+P1) 5<=(P39+P1+P2) sumando 39*5<=3(P1+P2+...+P39) luego la suma pedida es mayor o igual a 65.

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 10 2015, 12:26 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P2 Los primeros terminos de la sucesión, son $TEX: $a_{1}=2015$$ , $TEX: $a_{2}=\dfrac{1}{2}$$ , $TEX: $a_{3}=\dfrac{1}{6}$$ , $TEX: $a_{4}=\dfrac{1}{24}$$ , $TEX: $a_{5}=\dfrac{1}{120}$$ ... de donde vemos que $TEX: $\dfrac{a_{2}}{a_{3}}=3$$ , $TEX: $\dfrac{a_{3}}{a_{4}}=4$$ , $TEX: $\dfrac{a_{4}}{a_{5}}=5$$ ... con esto conjeturamos que $TEX: $\dfrac{a_{n}}{a_{n+1}}=n+1$$ para $TEX: $n\geq 2$$ , lo cual demostraremos por inducción. (i) n=2, trivial (ii) n=k, $TEX: $\dfrac{a_{k}}{a_{k+1}}=k+1$$ aceptamos que es cierto (H.I) (iii) n=k-1, $TEX: $\dfrac{a_{k-1}}{a_{k}}=k$$ , por demostrar. $TEX: $k(k+1)a_{k+1}=k(k-1)a_{k}-(k-2)a_{k-1}$$ $TEX: $/:a_{k+1}$$ $TEX: $(k+1)k=k(k-1)\dfrac{a_{k}}{a_{k+1}}-(k-2)\dfrac{a_{k-1}}{a_{k+1}}$$ Reemplazando con (H.I) $TEX: $(k+1)k=k(k-1)(k+1)-(k-2)(k+1)\dfrac{a_{k-1}}{a_{k}}$$ $TEX: $\dfrac{a_{k-1}}{a_{k}}=k$$ Una vez demostrado esto, estamos listos para calcular la suma pedida: $TEX: $S=\dfrac{a_{1}}{a_{2}}-\left(\dfrac{a_{2}}{a_{3}}+\dfrac{a_{4}}{a_{5}}+...+\dfrac{a_{2014}}{a_{2015}}\right)+\left(\dfrac{a_{3}}{a_{4}}+\dfrac{a_{5}}{a_{6}}+...+\dfrac{a_{2013}}{a_{2014}}\right)$$ $TEX: $S= 4030-(3+5+7+...+2015)+(4+6+8+...+2014)$$ $TEX: $S= 4030-(1007\cdot 1009)+(1007\cdot 1008-2)=4030-1007-2=3021$$ edit: error de tipeo. Mensaje modificado por juancodmw el Jul 10 2015, 05:22 PM --------------------

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 26 2015, 01:02 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P5 (otra) Prolonguemos $TEX: $AF$$ y $TEX: $BC$$ hasta un punto $TEX: $P$$ y definimos $TEX: $E=AC\cap FD$$ . Sea $TEX: $AB=a$$ , $TEX: $AC=2a$$ , $TEX: $BD=b$$ y por teo. de la bisectriz $TEX: $DC=2b$$ . No es díficil ver que $TEX: $FC=2a$$ , luego, por teo. de thales $TEX: $PB=3b\Rightarrow PD=4b$$ . Sea $TEX: $\angle{CAD}=\alpha$$ y $TEX: $\angle{ACD}=\beta$$ , por teo. del coseno en $TEX: $ABC$$ se tiene que $TEX: $4a^2=a^2+9b^2+6ab\cos{(2\alpha+\beta)}\Rightarrow 4a^2-12b^2=8ab\cos{(2\alpha+\beta)}$$ Por teo. del coseno en $TEX: $DCF$$ tenemos que: $TEX: $DF^{2}=4a^2+4b^2-8ab\cos{(2\alpha+\beta)}=4a^2+4b^2-4a^{2}+12b^2=16b^2$$ $TEX: $\Rightarrow DF=4b$$ Por lo que $TEX: $PD=DF$$ , luego como $TEX: $AD$$ es altura del $TEX: $PDF$$ se sigue que $TEX: $\angle{PDA}=\angle{FDA}$$ y como $TEX: $\angle{BAD}=\angle{EAD}$$ , se sigue que $TEX: $\triangle{BAD}\cong \triangle{EAD}$$ , luego $TEX: $AB=AE$$ , por lo que $TEX: $E$$ es punto medio de $TEX: $AC$$ $TEX: $\blacksquare$$ --------------------

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