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Final nacional nivel menor 2014

alonc Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 21 2014, 05:12 PM Publicado: #1
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 76 Registrado: 31-May 14 Desde: mi casa Miembro Nº: 129.894 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	XXVI Olimpiada Nacional de Matematica Nivel Menor Primera Prueba: Jueves 16 de octubre, 2014 Problema 1:De una caja llena de monedas se extraen $TEX: n$ monedas con las cuales se forman $TEX: n$ torres de una moneda cada una. El unico movimiento permitido en el juego es apilar $TEX: 2$ torres distintas en una sola y luego agregar una moneda extraida de la caja a la torre.¿Existe algún n tal que se puede terminar el juego con una sola torre de $TEX: 2014$ monedas? Problema 2:Los puntos P,Q,R son los puntos medios de los lados BC,CD y DA, de un rectangulo $TEX: ABCD$ respectivamente y M es el punto medio del segmento QR. El Area del rectangulo es 320. Calcule el área del triangulo $TEX: APM$ Problema 3: Considere un tablero de ajedrez de nxn casillas, con al menos una esquina de color negro. Determine todos los valores de n para los cuales un alfil que comienza en un casillero blanco puede recorrer todos los casilleros blancos pasando exactamente una vez por cada uno de ellos. Segunda Prueba: Viernes 17 de octubre, 2014 Problema 4:Determine el digito de las unidades del siguiente número: $TEX: (1+$1^{2}$)+(2+$2^{2}$)+(3+$3^{2}$)+(4+$4^{2}$)......+(2014+$2014^{2}$)$ Problema 5:En un grupo de personas, cada una vota por alguna otra o bien se abstiene de votar. Si A vota por B , B vota por C , C vota por D y D vota por A decimos que hubo una colusion de 4 personas. de manera similar se define una colusion de n personas, $TEX: n$\geq$2$ . En esta votacion no hubo colusiones y hubo al menos un voto.Pruebe que al menos una persona se abstuvo de votar. Problema 6:Ver problema 5 final nacional nivel mayor Mensaje modificado por alonc el Oct 21 2014, 06:18 PM

alonc Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 21 2014, 05:30 PM Publicado: #2
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 76 Registrado: 31-May 14 Desde: mi casa Miembro Nº: 129.894 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	P1 Notese que en cualquier juego partimos con puros unos que son impares se veria como $TEX: I I I I I....I$ al sacar dos arbitrariamente nos queda $TEX: I+I=P$ y al $TEX: P$ al sumarle $TEX: 1$ (un I) da $TEX: I$ por lo que vovlemos a tener una fila de puros impares, por lo que el resultado siempre va a ser impar y $TEX: 2014$ es par por lo que no puedes llegar a $TEX: 2014$ ( $TEX: I$ =impar, $TEX: P$ =par) Mensaje modificado por alonc el Oct 21 2014, 05:31 PM

alonc Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 21 2014, 06:09 PM Publicado: #3
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 76 Registrado: 31-May 14 Desde: mi casa Miembro Nº: 129.894 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	P2 Con thales determinamos la siguiente figura Sin_t_tulo.png ( 4.56k ) Número de descargas: 7 (cada lado lo dividimod en 4 pedazos) Para lo que determinamos la ecuacion según el área $TEX: 4(II)4(I)=320$ $TEX: (II)(I)=20$ remplazando en los pedacitos que se forman fuera del triangulo azul todos miden $TEX: (I)(II)n$ lo que hace muy facil determinar el area que no cubre el rectangulo que en total suma $TEX: 220$ y a $TEX: 320$ le restamos $TEX: 220$ y queda $TEX: 100$ Mensaje modificado por alonc el Oct 21 2014, 06:14 PM Archivo(s) Adjunto(s) Sin_t_tulo.png ( 4.56k ) Número de descargas: 0

vocin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 21 2014, 06:49 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 648 Registrado: 26-October 13 Desde: Tokyo-3 Miembro Nº: 123.749 Nacionalidad: Sexo:	P4: Tomemos módulo 10: $TEX: \( \equiv (1+1^2)+(2+2^2)+...+(9+9^2)+(0+0^2)+(1+1^2)+...+(4+4^2) \)$ $TEX: \( \equiv 200[(1+1^2)+(2+2^2)+...+(9+9^2)]+(1+1^2)+(2+2^2)+(3+3^2)+(4+4^2) \)$ $TEX: \( \equiv 0[...]+2+6+12+20 \)$ $TEX: \( \equiv 40 \)$ $TEX: \( \equiv 0 \)$ Por lo que el último dígito es 0 Mensaje modificado por vocin el Oct 21 2014, 06:50 PM -------------------- 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

vocin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 21 2014, 07:12 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 648 Registrado: 26-October 13 Desde: Tokyo-3 Miembro Nº: 123.749 Nacionalidad: Sexo:	Complementando el P1: Vamos a usar una notación bonita: llamaremos a las pilas (y a su cantidad de monedas) $TEX: \( P_1, P_2, ... , P_n \)$ y a la operación de unir dos pilas la simbolizaremos por $TEX: \( P_i°P_j=P_i+P_j+1 \)$ . Ahora, podemos ver que la operación es conmutativa. Pero además de eso, es rápido demostrar que es asociativa: al agrupar las pilas $TEX: \( P_i, P_j, P_k \)$ en cualquiera de los dos casos posibles, la cantidad total de monedas es $TEX: \( P_i+P_j+P_k+2 \)$ (dejaremos la parte laboriosa para el atento lector :3 ). Demostraremos por inducción el siguiente hecho poderoso: al haber $TEX: \( n \)$ pilas con una moneda cada una, luego de agruparlas se obtendrá siempre una pila de $TEX: \( 2n-1 \)$ monedas. El caso base es muy rápido de hacer: si tengo 1 pila, $TEX: \( n=1 \)$ y al agruparla en una plia (en este caso, dejarlo tal como está) vemos que se cumple lo predicho. Ahora, supongamos que se cumple para $TEX: \( n \)$ pilas y quiero probarlo para $TEX: \( n+1 \)$ . De las $TEX: \( n+1 \)$ pilas que tengo, las agrupo y me resulta una pila de $TEX: \( 2n-1 \)$ monedas (por hipótesis inductiva). Ahora, agrupemos ambas pilas, lo que resulta igual a $TEX: \( 2n+1 \)$ , que escrito de otra forma es $TEX: \( 2(n+1)-1 \)$ . Por inducción, se cumple para todos los naturales. Con lo anterior, es fácil ver que los números posibles a obtener son los impares y solamente los impares y nada mas que los impares y nada menos que los impares. Por lo tanto, 2014 no se puede, pero sí 2015, o 2013, o 3252352345234563245634608235. -------------------- 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

pabl0paredes Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 23 2014, 08:46 PM Publicado: #6
Principiante Matemático Destacado Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 29 Registrado: 12-August 13 Miembro Nº: 121.346 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	P5 Consideremos cada persona un punto en el espacio y tracemos flechas desde alguien que votó hasta la persona por la cual votó. Si suponemos que todos votaron por alguien, entonces partiremos por cualquier persona a trazar una flecha, a la persona que le llegó la flecha, trazará su propia flecha la cual no podrá devolverse a la persona que votó por ella, si continuamos con este procedimiento -como hay un número finito de personas- se tendrá que cerrar el ciclo con la última persona, contradicción.

Ditoow Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 14 2015, 02:39 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 579 Registrado: 17-April 11 Miembro Nº: 87.233 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Otra forma para el P4: Tomemos $TEX: $(1+2+3+...+n)+(1^2+2^2+3^2+...+n^2)$$ que equivale a: $TEX: $\dfrac{n(n+1)}{2}+\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}$$ Luego para $TEX: $n=2014$$ tenemos $TEX: $\dfrac{201420152016}{3}=20142015672$$ De aquí es claro que el dígito de las unidades es 0. $TEX: $20142015672=(10)2^53713193153$$ Saludos Mensaje modificado por Ditoow* el Jan 14 2015, 02:40 PM

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