Estos los resultados de la Olimpiada Mexicana de Matematicas 2010, que se llevó a cabo en Ensenada, Baja California!!
CHIH 1 - Karina - 777744 - 36 - Medalla de Oro!!!
CHIH 2 - Alberto - 717771 - 30 - Medalla de Plata
CHIH 3 - Luis - 313752 - 21 - Medalla de bronce
CHIH 4 - Irving - 351700 - 16 - Medalla de bronce
CHIH 5 - Samantha - 361100 - 11
CHIH 6 - Fabian - 541300 - 13 - Medalla de bronce
Total de puntos 2^7-1
En esta ocasión Chihuahua obtuvo el 5to lugar por estados!!!
Karina quedó preseleccionada para la IMO 2011 en Amsterdam, Paises Bajos y Alberto fue invitado a los entrenamientos nacionales!!
Muchas felicidades a ellos y tambien muchas felicidades a todos los entrenadores!!!
Pongan en los comentarios sus experiencias con este nacional.
ya los iba a escribir yo y me ganaste xD
ResponderBorrarfelicidades karina!
Mi solución es ligeramente diferente a las oficiales.
Primero nos fijamos que hay exactamente dos pares y un impar, ya que si solo hubiera un par entonces a+b+c+1 seria impar, mientras que abc seria par. Si los tres fueran impares a+b+c+1 seria par pero abc seria impar. Si los tres fueran pares abc es par y a+b+c+1 es impar.
Ahora reacomodamos la expresión como:
abc−a=b+c+1
De aqui concluimos que bc−1|b+c+1, por lo que bc−1≤b+c+1
Entonces tenemos que si c es diferente de 1 entonces b≤4, analogamente c≤4, a≤4
Entonces hagamos el caso en el que alguno es 1.
Supongamos que c=1 entonces a=b+2b−1=1+3b−1
Si ninguno es 1 entonces con la paridad y la cota tenemos que las posibles ternas son (2,2,3),(2,4,3),(4,4,3) y es facil ver que ninguno cumple de esas cumple.ResponderBorrar
Los invito a poner sus soluciones de los problemas del nacional, el de arriba fue el problema 1
ResponderBorrarCuando Neto me de mi examen pongo mis soluciones del 3 y 5.
ResponderBorrarLas del 1 y 4 estaban muy confusas pero al final si fueron 7s :D
Alberto,
ResponderBorrarTu solución del 4 estaba confusa, pero estaba padre y completamente correcta. A tu solución del 1 le faltaba formalidad, pero pues estaba bien.
Las soluciones del 3 y 5 estuvieron muy bien también.
Pues yo le decía a Isaí que el problema es el caso particular de otro algo conocido, y mucho más general. Veamos:
ResponderBorrarBuscamos cuatro números naturales tales que
abcd=a+b+c+d y tenemos una solución que cumple: a=1,b=1,c=2,d=4. Demostraremos que no existe otra.
Es fácil ver que un acomodo menor no funciona, estos son los casos:
1,1,1,1, 1,1,1,2, 1,1,1,3, 1,1,1,4, 1,1,2,3.
Bien, demostraremos ahora que no existe una solución mas grande:
supongamos que existen números naturales A,B,C,D que satisfacen ABCD=A+B+C+D (1)
como al menos uno de estos números es más grande que su correspondiente en a,b,c,d, entonces podemos reescribirlos como:
A=1+s
B=1+r
C=2+t
D=4+u
con s,r,t,u números enteros no negativos. Si los cuatro fueran cero, entonces tendríamos la solución original, por lo tanto, al menos uno es mayor a cero.
Reescribimos (1) como:
(1+r)(1+s)(2+t)(4+u)=8+r+s+t+u
Desarrollando el lado izquierdo tenemos:
8+8r+8s+2u+4t+...(cosas no negativas)
luego, (1+r)(1+s)(2+t)(4+u)\ged8+8r+8s+2u+4t>8+r+s+t+u
de ahi que (1+r)(1+s)(2+t)(4+u)>8+r+s+t+u, lo que contradice la igualdad.
Por lo tanto, la unica solucion es (1,1,2,4).
En general, funciona para n variables:
sean a1, a2,...,an números naturales.
Entonces, la única solución para
∏ni=1ai=∑ni=1ai
es:
an=n, an−1=2, an−2=an−3=...=a2=a1=1. La demostración es similar a la de arriba.
Fe de erratas:
ResponderBorrarDonde dice:
Es fácil ver que un acomodo menor no funciona, estos son los casos:
1,1,1,1, 1,1,1,2, 1,1,1,3, 1,1,1,4, 1,1,2,3.
Debe decir:
Es fácil ver que un acomodo menor no funciona, estos son los casos:
(1,1,1,1), (1,1,1,2), (1,1,1,3), (1,1,1,4), (1,1,2,3).
Donde dice:
(1+r)(1+s)(2+t)(4+u)\ged8+8r+8s+2u+t>8+r+s+t+u
Debe decir:
(1+r)(1+s)(2+t)(4+u)≥8+8r+8s+2u+t>8+r+s+t+u
solucion del problema 4
ResponderBorrarprimero podemos ver que los unicos 3 digitos que apareceran son 0, 1 y 2
el problema nos dice que los movimientos son 3 casillas del mismo renglon consecutivos y distintos y como solamente tenemos 3 digitos, entonces cada movimiento tiene que ser con un 0, un 1 y un 2 y al realizar el movimiento nos dara como resultado un 0, un 1 y un 2 (siempre) por lo que podemos decir que en cada renglon siempre habra dos 0, un 1 y un 2
en una cuadricula de 4xn existiran n veces el 2, n veces el 1 y 2n veces el 0.
y la suma total de los digitos de la cuadricula sera 3n.
como el problema pide que en cada columna la suma sea la misma, cada columna debe de sumar 3n4 por lo que si queremos que la suma sea entera, n es multiplo de 4 .
ahora veamos como actuan los movimientos en cada renglon, como tienen que ser consecutivos, los movimientos pueden ser en las columnas 1,2,3 o en las columnas 2,3,4
las columnas 2,3 siempre seran cambiadas, al principio tenemos que todos los renglones son 2010 las columnas 2,3 tienen los digitos 0,1, y al hacer varios movimientos, como siempre cambian esas columnas, los unicos valores que pueden tener son
inciso
A) 0,1
1,2
B) 2,0
son los unicos valores posibles de las dos columnas y ahora veamos la suma de esas 2 columnas, entre las opciones del inciso A la columna 3 tendra 1 mas que la columna 2
y la opcion del inciso B la columna 2 tiene 2 mas que la columna 3, como solo hay estas posibilidades podemos ver que para que tengan la misma suma las dos columnas, por cada dos opciones del inciso A se necesita una opcion del inciso B, por lo que nuestra n tambien tiene que ser multiplo de 3
nuestra n que cumple sera las que sean multiplos de 12 por lo que para n<12 no es posible hacer un acomodo tal que la suma de las 4 columnas sea la misma.
saludos.
Mi solucion del 5:
ResponderBorrarhttp://dl.dropbox.com/u/13306569/Ensenada%202010%20-%20prob%205.ggb
(archivo de geogebra del dibujo, la notacion viene de ahi)
Trazamos las alturas, el circuncirculo de BHC y prolongamos la mediana AM hasta que corte al circuncirculo que trazamos en un punto F.
Llamemos al angulo ∠HCB=α, al angulo ∠HBC=β y al angulo ∠HBD=θ, entonces como DCB es rectangulo, tenemos que α+β+θ=90.
Por un argumento de ciclicos o utilizando el hecho de que α+β+θ=90 es facil ver que ∠BAH=α, ∠HAC=β y ∠ACH=θ.
Ahora tenemos que ∠BFH=α porque abre el arco BH y analogamente ∠HFC=beta, entonces tenemos que ∠BFC=∠BAC=α+β
Ahora tenemos que ABFC es paralelogramo, para ver esto ponemos un punto F' tal que ABF′C es paralelogramo, pero este punto tiene que estar sobre la recta AM ya que es mediana, y tendriamos un angulo ∠BF′C=∠BAC=α+β, por lo que tendriamos dos en la misma linea, con el mismo angulo y entonces F=F′.
Como BF||AC entonces ∠ACB=CBF=α+θ, pero ∠HBC=β por lo que ∠HBF=90 y HF es diametro, y entonces ∠HNF=90 y ∠ANH=90, que es lo que se queria demostrar.
donde dice ABF es paralelogramo deberia decir ABF'C y donde dice angulo BF, deberia decir BF'C=BAC=alpha + beta
ResponderBorrarY donde dice F=F deberia decir F=F'
ResponderBorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarEste comentario ha sido eliminado por el autor.
ResponderBorrarMi solucion del 5:
ResponderBorrarhttp://s748.photobucket.com/albums/xx121/pmdmaster/?action=view¤t=OMM24prob5-4.jpg
No sale los apostrofes en el latex asi que las X' y M' en el dibujo son E y F
Extendi AX y AM hasta que toquen la circunferencia en E y F. La interseccion de AC con la circunferencia es G.
Por BHGC ciclico, ∠HBG=∠HCG
Por las alturas BZYC tambien es ciclico entonces ∠ZBY=∠ZCY.
Asi que ∠ABY=∠GBY. Como AY es altura y bisectriz, ABG es isosceles. Entonces Y es punto medio.
En el ciclico HXCY por potencia de punto
AH×AX=AY×AC
Y en el HECG por potencia de punto:
AH×AE=AG×AC
De esas dos tenemos que:
AHAC=AYAX
AHAC=AGAE
Entonces
AYAX=AGAE
y
AEAX=AGAY
Como Y es punto medio esas dos cosas son igual a 2. Asi que AX=XE
Sea ∠BAC=α. Por el ciclico AYHZ ∠YHZ=180−α=∠BHC
Por el ciclico BHCF, ∠BFC=α.
Demostracion de BACF paralelogramo: tenemos ABC y M punto medio de BC. Extendemos AM hasta F' de tal manera que MF'=AM. Como las diagonales se intersectan en el punto medio BACF' es paralelogramo, y ∠BAC=BFC=alpha. Por ese angulo BKCF' es ciclico.
Asi que F y F' son la interseccion de AM con la circunferencia, asi que F=F'.
Entonces AM=MF.
Tenemos que AX=XE y AM=MF, asi que por tales XM || EF. Por esto ∠AXM=∠AEF=90
Y por el ciclico ∠HNF=90
:D
Y como comentario, le puse G a ese punto por el comentario del RyC de que lo olvidaron en el primer dia xD
ResponderBorrar