XVI OIM: 2001 - 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

XVI OIM: 2001, Sin resolver: 1, 2, 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, 09:05 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 olimpiada también estuvo difícil, y a pesar de todo el puntaje más alto fue de 34 puntos. Se entregaron 8 medallas de oro (24 puntos o más), 14 de plata (18 a 23 puntos) y 19 de bronce (10 a 17 puntos), además de 3 menciones de honor (los que resuelven completamente un problema, pero no acumulan puntaje para obtener medalla) 16ª OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICAS Minas, Uruguay, 2001 Primera Prueba: Martes 25 de Septiembre Problema 1: Decimos que $TEX: $n\in\mathbb{Z}^+$$ es charrúa si cumple las siguientes condiciones: Todos los dígitos de $TEX: $n$$ son mayores que 1 Siempre que se multiplican cuatro dígitos de $TEX: $n$$ , se obtiene un divisor de $TEX: $n$$ . Pruebe que, para cada $TEX: $k\in\mathbb{Z}^+$$ , existe un número charrúa con más de $TEX: $k$$ dígitos Problema 2: El incírculo del $TEX: $\triangle ABC$$ tiene centro $TEX: $I$$ y es tangente a $TEX: $\overline{BC},\overline{AC},\overline{AB}$$ en $TEX: $X,Y,Z$$ , respectivamente. $TEX: $\overleftrightarrow{BI}\cap\overleftrightarrow{YZ}=P,\overleftrightarrow{CI}\cap\overleftrightarrow{YZ}=Q$$ . Pruebe que, si $TEX: $XP=XQ$$ , entonces el $TEX: $\triangle ABC$$ es isósceles. Problema 3: Sean $TEX: $A$$ un conjunto con $TEX: $n$$ elementos, y $TEX: $A_1,...,A_k\subseteq A$$ ( $TEX: $k\ge 2$$ ), cada uno con cardinal mayor o igual que $TEX: $r$$ . Pruebe que $TEX: $\exists\,i,j$$ , con $TEX: $1\le i<j\le k$$ , tales que: $TEX: $\#(A_i\cap A_j)\ge r-\dfrac{nk}{4(k-1)}$$ Segunda Prueba: Miércoles 26 de Septiembre Problema 4: Determine el número máximo de progresiones aritméticas crecientes de tres términos que puede tener una sucesión $TEX: $a_1<a_2<...<a_n$$ de $TEX: $n\ge 3$$ números reales. Problema 5: En un tablero cuadriculado de $TEX: $2000\times 2001$$ , las casillas tienen coordenadas $TEX: $(x,y)$$ , donde $TEX: $x,y\in\mathbb{Z},0\le x\le 1999,0\le y\le 2000$$ . Una nave en el tablero se mueve de la siguiente manera: antes de cada movimiento, la nave está en una posición $TEX: $(x,y)$$ con una velocidad $TEX: $(h,v)$$ , donde $TEX: $h,v\in\mathbb{Z}$$ . La nave escoge una nueva velocidad $TEX: $(h',v')$$ de forma que $TEX: $(h'-h),(v'-v)\in\{-1,0,1\}$$ . La nueva posición de la nave será $TEX: $(x',y')$$ , donde $TEX: $x'$$ es el resto de dividir $TEX: $x+h'$$ entre 2000 e $TEX: $y'$$ es el resto de dividir $TEX: $y+v'$$ entre 2001. Hay dos naves en el tablero: la marciana y la terrestre, que quiere atrapar a la marciana. Inicialmente, cada nave está en una casilla del tablero, y tiene velocidad $TEX: $(0,0)$$ . Primero se mueve la nave terrestre, y continúan moviéndose alternadamente. ¿Existe una estrategia que siempre permita a la nave terrestre atrapar a la nave marciana, cualesquiera que sean las posiciones iniciales? (La nave terrestre, que siempre ve a la marciana, la atrapa si después de un movimiento suyo cae en la misma posición de la marciana. Si la nave marciana, en un movimiento suyo, cae en la misma posición que la nave terrestre, no se produce captura) Problema 6: Demuestre que es imposible cubrir un cuadrado de lado 1 utilizando cinco cuadrados iguales de lado menor que $TEX: $\dfrac{1}{2}$$ 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

The Lord Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 26 2007, 10:58 AM Publicado: #2
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 374 Registrado: 16-September 06 Desde: New Haven, CT, USA. Miembro Nº: 2.275 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución Problema 2: screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img338.imageshack.us/img338/5084/figura1kk3.png');}" /> $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> {\text{Notemos que como CI }}{\text{es bisectriz de }}\angle {\text{C y CY = CX}} \Rightarrow {\text{CI es simetral de XY}}{\text{, Luego notamos}} \hfill \\<br /> {\text{que XQ = YQ}}{\text{. Analogamente notamos que BI es simetral de XZ}} \Rightarrow {\text{ZP = XP}} \hfill \\<br /> {\text{Luego como XP = XQ}} \Rightarrow {\text{ZP = XP = XQ = YQ}} \Rightarrow {\text{YQ = ZP}}{\text{, Luego nuestro dibujo esta mal}} \hfill \\<br /> {\text{construido}}{\text{.}} \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br /><br />$ screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img153.imageshack.us/img153/3685/figura2zz8.png');}" /> $TEX: \[<br />\begin{gathered}<br /> {\text{Con esta figura nueva y el mismo razonamiento llegamos a que YQ = ZP}} \Rightarrow {\text{PY = ZQ}}{\text{.}} \hfill \\<br /> {\text{Trazamos los segmentos IY y IZ}}{\text{, Luego }}\vartriangle IPY \cong \vartriangle IQZ(PY = ZQ;IY = IZ;\angle IYZ = \angle IZY) \hfill \\<br /> \Rightarrow \angle PIY = \angle QIZ,{\text{ Como IY}} \bot {\text{AC y IZ}} \bot {\text{AB}} \Rightarrow \angle IDC{\text{ = }}\angle IEB{\text{ y como }}\angle CID = \angle BIE \hfill \\<br /> \Rightarrow \angle DCI = \angle IBE,{\text{ recordando que CI y BI son bisectrices llegamos a que }}\angle C = \angle B \hfill \\ <br />\end{gathered} <br />\]<br />$ Nota: Cuando P coincide con Y y Q coincide con Z se sigue manteniendo que es isoceles, de hecho es equilatero. Saludos

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 17 2008, 07:19 PM Publicado: #3
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(xsebastian @ Nov 16 2005, 10:59 PM) Problema 2: El incírculo del $TEX: $\triangle ABC$$ tiene centro $TEX: $I$$ y es tangente a $TEX: $\overline{BC},\overline{AC},\overline{AB}$$ en $TEX: $X,Y,Z$$ , respectivamente. $TEX: $\overleftrightarrow{BI}\cap\overleftrightarrow{YZ}=P,\overleftrightarrow{CI}\cap\overleftrightarrow{YZ}=Q$$ . Pruebe que, si $TEX: $XP=XQ$$ , entonces el $TEX: $\triangle ABC$$ es isósceles. Solución al problema 2 Lema: Considere un triángulo $TEX: $ABC$$ de incentro $TEX: $I$$ , cuyo incírculo es tangente a $TEX: $\overline{BC},\overline{AC},\overline{AB}$$ en $TEX: $D, E, F$$ , respectivamente. Sea $TEX: $K=\overleftrightarrow{FE}\cap\overleftrightarrow{BI}$$ . Entonces $TEX: $\angle{BKC}=90$$ . Demostración del lema $TEX: \noindent Sean $\angle{A}=2\alpha, \angle{B}=2\beta, \angle{C}=2\gamma$. Trazamos $\overline{IE}, \overline{IC}$. Es claro que $\angle{IEC}=90$ ya que $\overline{IE}$ es inradio y $\overline{AC}$ es tangente al inc\'irculo. Notemos que $AF=AE$ por ser tangentes al inc\'irculo, y como $2\alpha+2\beta+2\gamma=180$ se sigue que $\angle{AFE}=\angle{AEF}=\beta+\gamma$. Entonces, como se sabe que $\angle{FBK}+\angle{FKB}=\angle{AFK}$, se sigue que $\angle{FKB}=\gamma$. Entonces tenemos que $\angle{EKI}=\angle{ECI}=\gamma$, lo que implica que $EKCI$ es un cuadril\'atero c\'iclico, de donde tenemos que $\angle{IEC}=90=\angle{IKC}=\angle{BKC}$, como se ped\'ia $\square$$ $TEX: \noindent Sean $\angle{A}=2\alpha, \angle{B}=2\beta, \angle{C}=2\gamma$. Trazamos $\overline{IX}, \overline{XP}, \overline{PC}, \overline{QX}, \overline{QB}$. Veamos que $\overline{IX}\perp\overline{BC}$ pues son inradio y tangente al inc\'irculo, respectivamente. Por el lema, tenemos que $\angle{BPC}=90=\angle{CQB}$, luego $QPCB$ es un cuadril\'atero c\'iclico, de donde $\angle{PBC}=\angle{PQC}=\beta$ y $\angle{QCB}=\angle{QPB}=\gamma$. Notemos que $IPCX$ es c\'iclico ($\angle{IPC}=\angle{IXC}=90$), entonces se tiene que $\angle{ICX}=\angle{IPX}=\gamma$. An\'alogamente se tiene que $QIXB$ es c\'iclico, de donde $\angle{IBX}=\angle{IQX}=\beta$. Y como $XP=XQ$, se tiene que $\angle{XQP}=\angle{XPQ}$, es decir, $2\beta=2\gamma$, o sea $\angle{B}=\angle{C}$: $\triangle{ABC}$ es is\'osceles con $AB=AC$, como se ped\'ia $\blacksquare$$ Comentario: Ojo con el lema, si bien es cierto es simple y de rápida demostración, es bastante útil. Recuerdo que xsebastian me lo dejó de propuesto cuando le pedía hints para un problema de cono sur por ahí , y me ha servido harto: recuerdo al menos cuatro problemas (contando este) en que lo he usado. Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 1 2008, 08:41 PM Publicado: #4
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(xsebastian @ Nov 16 2005, 09:59 PM) Problema 1: Decimos que $TEX: $n\in\mathbb{Z}^+$$ es charrúa si cumple las siguientes condiciones: Todos los dígitos de $TEX: $n$$ son mayores que 1 Siempre que se multiplican cuatro dígitos de $TEX: $n$$ , se obtiene un divisor de $TEX: $n$$ . Pruebe que, para cada $TEX: $k\in\mathbb{Z}^+$$ , existe un número charrúa con más de $TEX: $k$$ dígitos Solución al problema 1 $TEX: \noindent Primero veamos que $(10, 9^4)=1$ pues ambos n\'umeros no tienen factores primos comunes. Entonces, por el teorema de Euler se tiene que $10^{\varphi(9^4)}\equiv{1}(mod.\ 9^4)\Rightarrow\boxed{{10^{\varphi(9^4)k}}\equiv{1}(mod.\ 9^4)}\ (i)$. Para cada $k\in\mathbb{Z^+}$, sea $n_k=10^{\varphi(9^4)k}-1$. Notemos que $n_k$ es charr\'ua pues su representaci\'on decimal contiene s\'olo d\'igitos $9$, y $9^4$ (que es el \'unico valor posible del producto de cuatro d\'igitos cualquiera de $n_k$) divide a $n_k$ (por $(i)$). As\'i, para cada $k\in\mathbb{Z}^+$ nos bastar\'a considerar $n_k$ que es charr\'ua y tiene $\varphi(9^4)k>k$ d\'igitos. Aqu\'i terminamos $\blacksquare$$ Saludos -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 2 2008, 02:10 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:	CITA(Killua @ Apr 1 2008, 10:35 PM) Solución al problema 1 $TEX: \noindent Primero veamos que $(10, 9^4)=1$ pues ambos n\'umeros no tienen factores primos comunes. Entonces, por el teorema de Euler se tiene que $10^{\varphi(9^4)}\equiv{1}(mod.\ 9^4)\Rightarrow\boxed{{10^{\varphi(9^4)k}}\equiv{1}(mod.\ 9^4)}\ (i)$. Para cada $k\in\mathbb{Z^+}$, sea $n_k=10^{\varphi(9^4)k}-1$. Notemos que $n_k$ es charr\'ua pues su representaci\'on decimal contiene s\'olo d\'igitos $9$, y $9^4$ (que es el \'unico valor posible del producto de cuatro d\'igitos cualquiera de $n_k$) divide a $n_k$ (por $(i)$). As\'i, para cada $k\in\mathbb{Z}^+$ nos bastar\'a considerar $n_k$ que es charr\'ua y tiene $\varphi(9^4)k>k$ d\'igitos. Aqu\'i terminamos $\blacksquare$$ Saludos Otra solución correcta felicitaciones... esta es, a grandes rasgos, la solución que se me ocurrió cuando participé esta olimpiada, y es la más sencilla que conozco. Esto no quita el hecho que existen otras soluciones para este problema (existe una solución basada en un problema de olimpiada nacional de matemática y/o en un problema de olimpiada de matemática del cono sur (no diré el año, para mantener el misterio)) -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 11 2009, 10:26 AM Publicado: #6
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:	Problema 1: Lema: Para cada $TEX: $n\in \mathbb {N}$$ , existe un numero de $TEX: $n$$ cifras, todas iguales a $TEX: $1$$ y $TEX: $2$$ que es multiplo de $TEX: $2^n$ ()$ Demostracion:* $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 el lema $\square$$ $TEX: Probaremos que $\forall k\ge 4$, el numero $2\cdot a_{k+3}$ es un numero charrua con mas de $k$ digitos (ocupando la recurrencia $a_{n}$ definida en el lema). Veamos que <br /><br />$(i)$ $2\cdot a_{k+3}$ posee unicamente digitos $2$ y $4$ (claramente distintos de $1$)<br /><br />$(ii)$ El producto de cuatro digitos cualesquiera de $2\cdot a_{k+3}$ puede ser igual a $2^4$, $2^5$, $2^6$, $2^7$ o $2^8$. Notemos que $2^8$ divide a $2^{k+4}$ (pues $k\ge 4$) y por la construccion de $a_{n}$, $2^{k+4}$ divide a $2a_{k+3}$. Luego $2^8$ divide a $2a_{k+3}$. Por lo tanto $2a_{k+3}$ es divisible por el producto de cualesquiera cuatro de sus digitos.<br /><br />$(iii)$ $2a_{k+3}$ posee $k+3>k$ digitos.<br /><br />Demostrando que $2a_{k+3}$ es un numero charrua con mas de $k$ digitos $\blacksquare$$ () Este lema se ocupo en la solucion del P6 de la OMCS 2000, y fue el P5 de la final nacional del 2000.* Mensaje modificado por ~Fatal_Collapse~ el Aug 16 2010, 09:28 AM -------------------- 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."

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 11 2009, 05:11 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:	Tenemos otra solución correcta para el problema 1, felicitaciones. -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

« 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: 23rd November 2024 - 09:01 PM

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