X OIM: 1995 - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

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

Reply to this topic

Start new topic

X OIM: 1995, Sin resolver: 1, 3, 4, 5', 6

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 16 2005, 08:23 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Esta es una de las más complicadas de la historia de la OIM. Como una opinión general que comparto. Recuerdo que estos enunciados no son textuales, por derechos de copia, pero mantengo la idea. <span style='font-size:14pt;line-height:100%'>10ª OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICAS</span> <span style='font-size:11pt;line-height:100%'>Valparaíso, Chile, 1995</span> Primera Prueba: Martes 26 de Septiembre Problema 1: Encuentre todos los posibles valores para la suma de los dígitos de un cuadrado perfecto Problema 2: Sea $TEX: $n\in\mathbb{Z}^+,n\geq 2$$ . Encuentre todos los números $TEX: $a_1,a_2...,a_n\in[1,+\infty[$$ tales que: $TEX: $\sqrt{a_1}+\sqrt[3]{a_2}+...+\sqrt[n+1]{a_n}=\sqrt{n(a_1+a_2+...+a_n)}$$ Problema 3: Sea $TEX: $E$$ una esfera de diámetro $TEX: $\overline{AB}$$ . $TEX: $R,S$$ son las tangentes a $TEX: $E$$ en $TEX: $A,B$$ , respectivamente, tales que $TEX: $R,S,\overleftrightarrow{AB}$$ determinan las tres direcciones ortogonales en el espacio. Tome puntos variables: $TEX: $M\in R,N\in S$$ , de modo que $TEX: $\overleftrightarrow{MN}$$ sea tangente a $TEX: $E$$ en un punto $TEX: $T$$ . Determine el LG de $TEX: $T$$ . Segunda Prueba: Miércoles 27 de Septiembre Problema 4: En un tablero de $TEX: $n\times n$$ ubicamos fichas. Cada ficha se ubica en una casilla del tablero, y <span style='color:red'>domina</span> todas las casillas ubicadas en la misma fila, columna y diagonal principal (esta es la que sigue las direcciones: $TEX: $\nwarrow\searrow$$ ), y sólo domina estas casillas. Determine el menor número de fichas que deben colocarse para dominar todas las casillas del tablero. Problema 5: En un $TEX: $\triangle ABC$$ , el incírculo es $TEX: $K$$ , y es tangente a $TEX: $\overline{BC},\overline{AC},\overline{AB}$$ en $TEX: $D,E,F$$ , respectivamente. $TEX: $\overline{AD}$$ interseca nuevamente a $TEX: $K$$ en un punto $TEX: $X$$ , tal que $TEX: $AX=XD$$ . $TEX: $\overline{XB},\overline{XC}$$ intersecan nuevamente a $TEX: $K$$ en $TEX: $Y,Z$$ , respectivamente. Pruebe que $TEX: $EY=FZ$$ . Problema 6: Una función $TEX: $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$$ se dice <span style='color:red'>circular</span> si todo natural es <span style='color:red'>periódico</span>, ie: $TEX: $\forall\,p\in\mathbb{N},\exists\,n=n(p)\in\mathbb{N}/f^n(p)=p$$ La notación $TEX: $f^n(p)$$ significa que aplicamos $TEX: $n$$ veces la función al número $TEX: $p$$ . La función $TEX: $f$$ tiene <span style='color:red'>grado de repulsión</span> $TEX: $k$$ , con $TEX: $0<k<1$$ , si ocurre lo siguiente ( $TEX: $\lfloor\cdot\rfloor$$ denota la función parte entera): j\leq\lfloor kp\rfloor\Rightarrow f^j(p)\neq p)$'> Determine el mayor grado de repulsión que puede tener una función circular. Resumen de soluciones: Problema 1: Pendiente de solución Problema 2: Pendiente de solución Problema 3: Pendiente de solución Problema 4: Pendiente de solución Problema 5: Pendiente de solución Problema 6: Pendiente de solución -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Guía Rojo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 27 2006, 08:28 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 903 Registrado: 28-May 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 69 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(xsebastian @ Nov 16 2005, 10:23 PM) Problema 1: Encuentre todos los posibles valores para la suma de los dígitos de un cuadrado perfecto Recordemos que la suma de los dígitos de todo número deja el mismo resto que el mismo número cuando se divide por 9. (Demostración) Sea $TEX: $N$$ un número formado por $TEX: $m$$ dígitos $TEX: $a_i$$ : $TEX: $N=10^ma_m+10^{m-1}a_{m-1}+\ldots +10a_1+a_0$$ $TEX: $N\equiv 10^ma_m+10^{m-1}a_{m-1}+\ldots +10a_1+a_0\ \ \ (\text{mod}\ 9)$$ Pero: $TEX: $10^k\equiv 1\ \ \ (\text{mod}\ 9)\ ,\ \forall k\in\mathbb{Z}^+$$ Luego: $TEX: $\boxed{N\equiv a_m+a_{m-1}+\ldots +a_1+a_0\ \ \ (\text{mod}\ 9)}$$ Ahora, todo entero es congruente en módulo 9 con uno de los siguientes números: $TEX: $0$, $\pm 1$, $\pm 2$, $\pm 3$, $\pm 4$$ Y todo cuadrado de entero es congruente en módulo 9 con uno de los siguientes números: $TEX: $0$, $1$, $4$, $7$$ Pero como estos últimos también son congruentes en módulo 9 con la suma de los dígitos de los cuadrados perfectos (por lo probado anteriormente), tenemos el problema resuelto... Es decir, todas las posibles sumas de dígitos de cuadrados perfectos son las que dejan resto cero, uno, cuatro y siete al dividirlas por nueve... -------------------- Bachiller en Ciencias (ex) Estudiante de Medicina Estudiante de Ingeniería Civil de Industrias, diploma en Ingeniería Matemática Pontificia Universidad Católica de Chile "El espíritu del matemático busca la belleza del pensamiento, y esa va de la mano con la filosofía." - Héctor Hardy Pastén Vásquez "¿Qué te hace pensar que si tienes dos elementos de un conjunto con otros dos elementos de otro conjunto se origina uno nuevo con cuatro? Es sólo el sentido común, no te imaginas que los elementos aparecen de la nada, pero resulta que con el sólo hecho de cuestionar el sentido común, se podría afirmar que cuando juntas cuatro elementos aparecen miles de elementos más. Y si lo demuestras, todo se basa en la razón." - Alonso Duque Vega, razonador por excelencia $TEX: $S=1+dfrac{1}{2}+dfrac{1}{3}+dfrac{1}{4}+dfrac{1}{5}+ldots$$ Esta serie converge! He encontrado una maravillosa demostración de esto, pero no cabe en la estrechez de esta firma...

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 28 2006, 07:17 AM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Demostraste que los valores posibles están contenidos en el conjunto de naturales congruentes con 0, 1, 4, 7. Pero no has demostrado la inclusión inversa. Te doy un ejemplo: 1984 pertenece a una de estas clases de equivalencia, pero no has demostrado que exista un cuadrado perfecto cuyos dígitos sumen 1984 Si completas esta respuesta, aprovecha de hacerlo editando tu propio mensaje -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 1 2007, 04:39 PM Publicado: #4
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:	Problema 2: Por la desigualdad de Shwarz se tiene que: $TEX: $( {a_1}^{\frac{1}{2}}+{a_2}^{\frac{1}{3}}+...+{a_n}^{\frac{1}{n+1}} )^2\le n({a_1}^{\frac{2}{2}}+{a_2}^{\frac{2}{3}}+...+{a_n}^{\frac{2}{n+1}} )$$ Luego: $TEX: $n(a_1+a_2+...+a_n)\le n({a_1}+{a_2}^{\frac{2}{3}}+...+{a_n}^{\frac{2}{n+1}} )$$ Entonces: $TEX: $a_2+...+a_n\le {a_2}^{\frac{2}{3}}+...+{a_n}^{\frac{2}{n+1}} $$ Pero como $TEX: $a_i \ge 1$ $\Rightarrow$ ${a_i}^{\frac{2}{i+1}}\le a_i$$ con $TEX: $i\in\{2,3,...,n\}$$ y la igualdad para $TEX: $a_i=1$$ . Entonces: $TEX: ${a_2}^{\frac{2}{3}}+...+{a_n}^{\frac{2}{n+1}} \le a_2+...+a_n\le {a_2}^{\frac{2}{3}}+...+{a_n}^{\frac{2}{n+1}}$$ $TEX: $\Rightarrow$ ${a_2}^{\frac{2}{3}}+...+{a_n}^{\frac{2}{n+1}}=a_2+...+a_n$$ $TEX: $\Rightarrow$ $a_2=a_3=...=a_n=1$$ Luego la expresión nos queda: $TEX: $\sqrt{a_1}+(n-1)=\sqrt{na_1+n(n-1)}$$ $TEX: $a_1+2\sqrt{a_1}(n-1)+n^2-2n+1=na_1+n^2-n$$ $TEX: $(n-1)(\sqrt{a_1}-1)^2=0$$ $TEX: $\sqrt{a_1}=1$$ $TEX: $\therefore$ $\boxed{a_1=...=a_n=1}$$

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 3 2007, 04:42 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Tenemos una solución correcta para el problema 2, por Luffy. Aquí viene una nueva demostración Como todos los números $TEX: $a_1,\ldots,a_n$$ son mayores o iguales que 1, entonces tenemos la siguiente desigualdad: $TEX: $\sqrt{a_1}+\sqrt[3]{a_2}+...+\sqrt[n+1]{a_n}\le\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_n}$$ con igualdad si y sólo si $TEX: $a_2=\ldots=a_n=1$$ . Por otro lado, la desigualdad entre media aritmética y media cuadrática dice lo siguiente: $TEX: \begin{eqnarray}<br />\dfrac{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_n}}n&\le&\sqrt{\dfrac{a_1+\ldots+a_n}n}\qquad/\cdot n\\<br />\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_n}&\le&\sqrt{n(a_1+\ldots+a_n)}<br />\end{eqnarray}$ Entonces $TEX: $\sqrt{a_1}+\sqrt[3]{a_2}+...+\sqrt[n+1]{a_n}\le\sqrt{n(a_1+\ldots+a_n)}$$ . Como, en realidad, tenemos igualdad, entonces $TEX: $a_2=\ldots=a_n=1$$ . Para probar que $TEX: $a_1=1$$ , procedemos como hizo Luffy -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 13 2009, 11:45 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Solución al Problema 5 OIM1995_5.PNG ( 15.42k ) Número de descargas: 4 Sea AX=XD=t, AF=x. Por potencia del punto A, con respecto al incírculo: $TEX: $AF^2=AX\cdot AD\Rightarrow x^2=2t^2\ (1)$$ Sea BF=BD=y. Usando la relación de Stewart en el triángulo ABD, para la mediana BX: $TEX: \begin{align}<br />BD^2\cdot AX+BA^2\cdot DX&=AD\cdot BX^2+AD\cdot AX\cdot XD\\<br />y^2\cdot t+(x+y)^2\cdot t&=2t\cdot BX^2+2t\cdot t\cdot t\\<br />y^2+(x+y)^2&=2\cdot BX^2+2t^2\\<br />y^2+x^2+2xy+y^2&=2\cdot BX^2+2t^2\qquad\text{simplificamos $x^2$ con $2t^2$}\\<br />y^2+2xy+y^2&=2\cdot BX^2\\<br />2y^2+2xy&=2\cdot BX^2\\<br />2y(x+y)&=2\cdot BX^2\\<br />y(x+y)&=BX^2\\<br />BF\cdot BA&=BX^2\qquad(2)<br />\end{align}$ Por potencia del punto B, con respecto al incírculo: $TEX: $BF^2=BX\cdot BY\ (3)$$ Dividiendo las igualdades (2) y (3): $TEX: $\dfrac{BA}{BF}=\dfrac{BX}{BY}$$ Por el Teorema de Thales, se puede concluir que $TEX: $\overline{FY}//\overline{AX}$$ . Análogamente, $TEX: $\overline{EZ}//\overline{AX}$$ , entonces $TEX: $\overline{FY}//\overline{EZ}$$ . Sabemos que EFYZ es un trapecio con circunferencia circunscrita. Entonces es un trapecio isósceles, por lo tanto sus diagonales son congruentes, es decir, EY=FZ*. -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 15 2009, 06:21 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Continuando la discusión con respecto al problema 5, propongo el siguiente problema: Problema 5': Con las mismas hipótesis del problema 5, pruebe que las rectas EY, FZ y AD son concurrentes. -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Niklaash Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 27 2014, 12:37 AM Publicado: #8
Doctor en Matemáticas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 193 Registrado: 17-August 12 Desde: Loncuma :3 Miembro Nº: 110.077 Nacionalidad: Sexo:	Solucion P5': Captura_de_pantalla_de_2014_07_27_01_30_53.png ( 35.78k ) Número de descargas: 2 Sea $TEX: ${V}=\overline{YE} \cap \overline{ZF}$$ , luego por la ciclicidad del cuadrilatero $TEX: $ZYFE$$ y la tangencia de $TEX: $\overline {BF}$$ , se tiene que $TEX: $\measuredangle FZY = \measuredangle FEY = \measuredangle YFB$$ . Por otro lado como $TEX: $\overline{FY}// \overline{AD}// \overline{ZE}$$ (fue demostrado anteriormente), $TEX: $\measuredangle YFB = \measuredangle XAB$$ , de manera analoga, $TEX: $\measuredangle ZFE = \measuredangle ZEC = \measuredangle AXC$$ , en consecuencia $TEX: $\measuredangle ZVE = \measuredangle BAC$$ , de donde el cuadrilatero $TEX: $AFVE$$ es ciclico, y de esto se sigue la concurrencia Saludos!!

vocin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 13 2015, 05:03 PM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 648 Registrado: 26-October 13 Desde: Tokyo-3 Miembro Nº: 123.749 Nacionalidad: Sexo:	P3 Podemos asumir que el radio de la esfera es 1. Coloquemos un rico y bonito sistema de coordenadas cartesianas, de manera que su centro coincida con el de la esfera, A y B estén sobre el eje x (por lo que las coordenadas de A y B son (1, 0, 0) y (-1, 0, 0) respectivamente), y la recta r sea paralela al eje Y. Tenemos entonces la siguiente situación: Los puntos M y N tienen coordenadas (1, p, 0) y (-1, 0 q), ya que están sobre r y s respectivamente. Sin embargo, tenemos que $TEX: \( \displaystyle \overline{BN}+\overline{AM}=\overline{NT}+\overline{TM}=\overline{NM} \)$ porque las tangentes desde un mismo punto miden lo mismo. Desde ahí encontramos la siguiente relación entre p y q $TEX: \( \displaystyle (\left\| p \right\|+\left\| q \right\|)^2 = p^2+q^2+4 \)$ $TEX: \( \displaystyle \left\| pq \right\| = 2\)$ $TEX: \( \displaystyle p^2q^2=4 \)$ Por otro lado, podemos escribir la ecuación de la recta entre M y N como: $TEX: \( \displaystyle l(k)=(0, \frac{p}{2}, \frac{q}{2})+k \cdot (1, \frac{p}{2}, -\frac{q}{2} ) \)$ con k parámetro real (puede comprobarse que efectivamente cumple, ya que k=1 es el punto M, y k=-1 es N) Ya que dicha recta toca a la esfera en un único punto (al ser tangente), y que la esfera es el LG de los puntos tales que su módulo es 1, tenemos que la ecuación $TEX: \( \displaystyle \left\| l(k) \right\| = 1 \)$ $TEX: \( \displaystyle \left\| l(k) \right\|^2 = 1 \)$ $TEX: \( \displaystyle k^2+\frac{p^2(1+k)^2}{4}+\frac{q^2(1-k)^2)}{4} = 1 \)$ $TEX: \( \displaystyle k^2(p^2+q^2+4) + k(2p^2-2q^2) + (p^2+q^2-4) = 0 \)$ tiene necesariamente discriminante cero, y por tanto, su solución (de multiplicidad dos) está dada por: $TEX: \( \displaystyle k=-\frac{2p^2-2q^2}{2 \cdot (p^2+q^2+4)} = \frac{q^2-p^2}{p^2+q^2+4}\)$ Reemplazando en $TEX: \(l(k)\)$ , llegamos a que las coordenadas de dicho punto (de tangencia) son: $TEX: \( \displaystyle T=\left( \frac{q^2-p^2}{p^2+q^2+4}, \frac{pq^2+2p}{p^2+q^2+4}, \frac{p^2q+2q}{p^2+q^2+4} \right) \)$ Notemos ahora que T cumple $TEX: \( T_y^2-T_z^2=(T_y-T_z)(T_y+T_z)=0\)$ . Ahora, tenemos que el LG de T son los planos $TEX: \(T_y-T_z=0\)$ y $TEX: \(T_y+T_z=0\)$ intersección la esfera. Saludos! -------------------- Pro Tip: Es siempre recomendable saltarse los posts de Insanee/Legition I wish, that I could turn back time 'cos now the guilt is all mine can't live without the trust from those you love I know we can't forget the past you can't forget love & pride because of that, it's killing me inside

« Posterior · Olimpiada Iberoamericana · 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: 4th April 2025 - 11:18 AM

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