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Prueba Final, Nivel mayor, 2010

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 24 2010, 08:15 PM Publicado: #31
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:	Esta fue la ultima vez que compito en la Olimpiada Nacional de Matemática y estoy contento por la medalla de oro que obtuve Espero volver al CPEIP alguna vez "por los viejos tiempos". A continuación comentaré los problemas del 1 al 5 (los cuales pude resolver) y pondré un par de soluciones. Problema 1: No pondré mi solución puesto que la solución de xD13G0x fue la que use yo en la prueba. Me parecio haber visto un par de veces una versión muy similar del problema, de todas formas me pareció un "buen" problema para la olimpiada. Problema 2: Era solo notar que $TEX: $10^{10^{10^{10}}}>10^{10^{11}}=(10^{10})^{(10^{10})}>(10^{10})!$$ . Una desigualdad bastante "sencilla". Problema 3: Expondré una solución muy distinta a la de xD13G0x Previo, llamemos $TEX: $A'=\overleftrightarrow {AI}\cap \overleftrightarrow {BC}$$ , $TEX: $B'=\overleftrightarrow {BI}\cap \overleftrightarrow {AC}$$ , $TEX: $C'=\overleftrightarrow {CI}\cap \overleftrightarrow {AB}$$ . Sean además $TEX: $M,N$$ los puntos medios de $TEX: $BC$$ y $TEX: $AX$$ , respectivamente. Denotemos por $TEX: $I$$ al incentro del $TEX: $\triangle ABC$$ . Si $TEX: $AB=AC$$ , tendríamos que $TEX: $AX$$ sería la mediatriz de $TEX: $BC$$ y la bisectriz del $TEX: $\measuredangle BAC$$ , y que $TEX: $X=M$$ , de donde es directo que $TEX: $M,I,N$$ son colineales. En otro caso, si $TEX: $AB\not=AC$$ , asumamos sin pérdida de generalidad que $TEX: $AB<AC$$ . Notemos que $TEX: $BX=\dfrac{c+a-b}{2}$$ , $TEX: $BA'=\dfrac{ac}{b+c}$$ y $TEX: $BM=\dfrac{a}{2}$$ . Como $TEX: $b>c$$ , se sigue que $TEX: $BX<BA'<BM$$ . Esto quiere decir que los puntos $TEX: $X,A',M$$ aparecen en ese orden sobre $TEX: $BC$$ . Entonces, por el teorema de Menelao aplicado al $TEX: $\triangle AXA'$$ y puntos $TEX: $M,I,N$$ , se sigue que $TEX: $M,I,N$$ serán colineales si y solo si $TEX: $\dfrac{AN}{NX}\cdot \dfrac{XM}{A'M}\cdot \dfrac{A'I}{IA}=1$$ Pero esto es cierto, ya que $TEX: $AN=NX$$ , $TEX: $XM=BM-BX=\dfrac{b-c}{2}$$ , $TEX: $A'M=BM-BA'=\dfrac{a(b-c)}{2(b+c)}$$ y que por el Teorema de la Bisectriz aplicada al $TEX: $\triangle ABA'$$ se tiene que $TEX: $\dfrac{A'I}{IA}=\dfrac{BA'}{BA}=\dfrac{a}{b+c}$$ . Comentario: Esta es una solución que se me ocurrio ahora mientras redactaba mi solución a dos menelaos mucho mas bruta. La solucion de xD13G0x la destaco por lo bonita y gentil que es. Problema 4: Para cada $TEX: $k\in \mathbb {Z}^+$$ , sea $TEX: $(a_k, b_k)\in \mathbb {Z}^2$$ tal que $TEX: $(1+\sqrt{2})^k=a_k+b_k\sqrt{2}$$ . Demostraremos que $TEX: $b_{k+12}\equiv b_k\pmod 5$$ . En efecto, $TEX: $a_{k+12}+b_{k+12}=$<br /><br />$(1+\sqrt{2})^{k+12}=$<br /><br />$(1+\sqrt{2})^{12})(1+\sqrt{2})^k=$<br /><br />$(19.601+13.860\sqrt{2})(a_k+b_k\sqrt{2})$$ De acá se deduce que $TEX: $a_{k+12}=19.601a_k+27.720b_k$$ y $TEX: $b_{k+12}=13.860a_k+19.601b_k$$ . Es directo de esto último que $TEX: $b_{k+12}\equiv b_k \pmod 5$$ . Como $TEX: $2010=12\cdot 167+6$$ se sigue que el resto de $TEX: $n=b_{2010}$$ módulo $TEX: $5$$ es el mismo que deja $TEX: $b_6=70$$ , el cual es cero. Por lo tanto $TEX: $n$$ es múltiplo de $TEX: $5$$ Bastante bruta la solucion pero fue lo que salio de mi cabeza Problema 5: Sea $TEX: $d(X,\ell)$$ la distancia de un punto $TEX: $X$$ a una recta $TEX: $\ell$$ . Suponga que $TEX: $B_1,B_2, B_3$$ aparecen en ese orden sobre $TEX: $L$$ . Sean $TEX: $d=d(A,L)$$ , $TEX: $d_1=d(B_1, AB_3)$$ y $TEX: $d_2=d(B_3, AB_1)$$ . $TEX: $(XYZ)$$ denota el área de un triángulo $TEX: $XYZ$$ Supongamos que $TEX: $d\leq d_1$$ y $TEX: $d\leq d_2$$ . Entonces $TEX: $(AB_1B_3)=(AB_1B_2)+(AB_2B_3)=\dfrac{AB_1\cdot d_1}{2}+\dfrac{AB_3\cdot d_2}{2}\ge\dfrac{d(AB_1+AB_3)}{2}>\dfrac{d\cdot B_1B_3}{2}=(AB_1B_3)$$ Pero esto es absurdo, por lo tanto $TEX: $d>min \{d_1,d_2\}$$ y estamos listos. Felicitaciones a todos!!!! En especial a Hamon por su verganza exitosa, a Pedantic por su medalla de Oro. Adios -------------------- 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."

igorabarzua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 25 2010, 01:54 PM Publicado: #32
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1 Registrado: 20-October 10 Miembro Nº: 78.991 Nacionalidad: Sexo:	Problema 6 (perdonen el paint. última vez) dibujox0.png ( 623.48k ) Número de descargas: 1 dibujox.png ( 623.48k ) Número de descargas: 1 $TEX: Entonces, el largo del segmento $x$ (en la figura 1) es:<br />\[x = 2010 r - 2 r({\sqrt{3}-1})\]<br />Y la cantidad de circunferencias cuyos centros pertenecen al segmento x, y son tangentes a la base, son<br />\[ [{{2010 r - 2 r({\sqrt{3}-1})}\over 2r}] = 1004\]<br />donde [] corresponde a la función parte entera.$ DIBUJO4.PNG ( 483.9k ) Número de descargas: 1 $TEX: <br />Con esto demostramos que cuando disponemos un círculo tangente a dos del nivel inferior, la diferencia de altura entre los centros es $r \cdot \sqrt{3}$. Lo que implica que el largo del segmento $x$ que pasa por los centros de un nivel $m+1$, es $2r$ menos que el nivel $m$. Entonces, en el nivel $m+1$ cabe una circunferencia menos que en el nivel $m$.<br /><br />En total, caben $\sum_{i=1}^{1004}{i}$ circunferencias dentro del triángulo. Y el área de ellas juntas es<br />\[ {{1004 \over 2} \cdot 1005 \cdot \pi \cdot a^{2}} \over {2010^2} \]<br /><br />Como $\pi > 3,1$ y $\sqrt{3} < 1,8$, tenemos que <br />\[ {{{1004 \over 2} \cdot 1005 \cdot \pi \cdot a^{2}} \over {2010^2}} > {{{1004 \over 2} \cdot 1005 \cdot 3,1 \cdot a^{2}} \over {2010^2}} > {{{17 \cdot 1,8 \cdot a^2} \over 2010}} > {{{17 \sqrt{3}} \over 2010} a^2} \] <br />lo que demuestra la proposición.$ Mensaje modificado por igorabarzua el Oct 25 2010, 01:57 PM

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 25 2010, 02:06 PM Publicado: #33
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	encontre como ultra fome ese problema, porque como que te daba todo, y solo habia que reescribir las cosas y usar dos formulas... por eso no quise poner una solucion aca y ahora veo que era tan fome como yo pensaba xddddddd -------------------- 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?

Aheit Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 25 2010, 09:18 PM Publicado: #34
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 143 Registrado: 6-February 08 Desde: desde aquí Miembro Nº: 15.300 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(Kaissa @ Oct 25 2010, 03:06 PM) encontre como ultra fome ese problema, porque como que te daba todo, y solo habia que reescribir las cosas y usar dos formulas... por eso no quise poner una solucion aca y ahora veo que era tan fome como yo pensaba xddddddd Pensé lo mismo... en verdad creo que había visto una muy parecido antes de irme a santiago y fue como "caido del cielo" el problema xD -------------------- \|Ente Inmiscible\|

Newtype Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 25 2010, 09:30 PM Publicado: #35
Dios Matemático Supremo Grupo: Team Ensayos FMAT Mensajes: 1.559 Registrado: 18-November 07 Miembro Nº: 12.754 Nacionalidad: Sexo:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Oct 24 2010, 09:15 PM) Esta fue la ultima vez que compito en la Olimpiada Nacional de Matemática y estoy contento por la medalla de oro que obtuve Espero volver al CPEIP alguna vez "por los viejos tiempos". A continuación comentaré los problemas del 1 al 5 (los cuales pude resolver) y pondré un par de soluciones. (...) Felicitaciones a todos!!!! En especial a Hamon por su verganza exitosa, a Pedantic por su medalla de Oro. No me queda más que felicitarte pro el oro, te dije que lo sacarías!! Sería bonito volver al CPEIP, como parte del comité de la ONM, en hartos años más todos juntos otra vez jajaj. Felicidades a todos los medallistas y finalistas también, pero en especial a ti. Gracias por las felicitaciones. A ver si hacemos otro tema, como el del año pasado,exclusivo para conversar sobre la ONM 2010 final. Saludos! -------------------- Empezando con Desigualdades? Encuentra aquí problemas resueltos

fabiannx15 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 25 2010, 09:48 PM Publicado: #36
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.169 Registrado: 11-June 08 Desde: rancagua Miembro Nº: 26.922 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Hamon @ Oct 25 2010, 11:30 PM) No me queda más que felicitarte pro el oro, te dije que lo sacarías!! Sería bonito volver al CPEIP, como parte del comité de la ONM, en hartos años más todos juntos otra vez jajaj. Felicidades a todos los medallistas y finalistas también, pero en especial a ti. Gracias por las felicitaciones. A ver si hacemos otro tema, como el del año pasado,exclusivo para conversar sobre la ONM 2010 final. Saludos! xD broma -------------------- Richard Fabian Jerez Ex alumno del Liceo Oscar Castro 4ºL matemático Estudiante Ingeniería Civil Mecánica USM ¿Necesitas ayuda para la psu y no tienes dinero?: Agrega a logratus850@hotmail.com y comienza a preguntar! Somos un grupo de universitarios dispuestos a ayudarte de manera gratuita para que logres tus sueños, todos tuvimos como promedio más de 800 puntos en la PSU. Team PSU 2010!! Únete! [color="#000080"][/color]

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 26 2010, 05:26 PM Publicado: #37
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Oct 24 2010, 09:15 PM) Felicitaciones a todos!!!! En especial a Hamon por su verganza exitosa, a Pedantic por su medalla de Oro. Adios Gracias Ricardo felicidades a ti tambien. Me sumo a las felicitaciones a Hamon, y a todos los demas usuarios que sacaron algo. Que lata que no haya ninguno mas en el nvl menor D: Mensaje modificado por Pedantic Anarchy el Oct 26 2010, 05:36 PM -------------------- 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

Aheit Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 26 2010, 05:43 PM Publicado: #38
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 143 Registrado: 6-February 08 Desde: desde aquí Miembro Nº: 15.300 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(~Fatal_Collapse~ @ Oct 24 2010, 09:15 PM) Esta fue la ultima vez que compito en la Olimpiada Nacional de Matemática y estoy contento por la medalla de oro que obtuve Espero volver al CPEIP alguna vez "por los viejos tiempos" (..) Felicitaciones a todos!!!! En especial a Hamon por su verganza exitosa, a Pedantic por su medalla de Oro. Adios Ese Adiós me sonó melancólico.... -------------------- \|Ente Inmiscible\|

Robertinhox_xD Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 26 2010, 10:44 PM Publicado: #39
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 29 Registrado: 29-June 08 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 28.578 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	MAESTROS! Es un HONOR HABER COMPETIDO CON USTEDES EN TANTA ,VALGA LA REDUNDANCIA, COMPETENCIA .. De Verdad. Felicitaciones y aunque no me destaco tanto en el foro.. soy un apasionado por esta bella ciencia.... SALUDOS Y REITERO.... FELICITACIONES MUCHACHOS --------------------

Gerbo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 19 2011, 05:39 PM Publicado: #40
Principiante Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1 Registrado: 19-February 11 Miembro Nº: 83.944	Mi respuesta al P4, no sé que tengo mal, me ayudan?: m+n√2=(1+√2)^{2010} (1+√2)^{2010} = 1+√2+2+√2^{3}+4+...√2^{2009}+2^{1005} entonces 1+2+4+8...2^{1005}+√2(1+2+4...2^{1004} entonces hice la demostracion: 2^{n}+2^{n+2} divisible por 5. 2^{n}+2^{n+2} 2^{n}+4(2^{n}) 5(2^{n}) Q.E.D. Entonces, pasa lo siguiente: 1+2+4+8+16... 1+4 divisible por 5 2+8 idem 4+16 etc. En rigor, cada 4 potencias de 2 sumadas, son divisibles por 5 entonces en el problema original m+n√2=(1+√2)^{2010} N = 1+2+4...2^{1004} es decir 2^{0}+2^{1}+2^{2}...2^{1004} 1005 potencias de 2 1005/4= X resto = 1 gracias de antemano! Mensaje modificado por Gerbo el Feb 19 2011, 05:39 PM

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