Processing math: 100%

domingo, 28 de noviembre de 2010

Resultados OMM 24

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.

15 comentarios:

  1. ya los iba a escribir yo y me ganaste xD

    felicidades karina!

    ResponderBorrar
  2. 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:

    abca=b+c+1

    a(bc1)=b+c+1


    De aqui concluimos que bc1|b+c+1, por lo que bc1b+c+1
    reacomodando tenemos que bcbc+2
    bc+2c1
    y haciendo la división larga b1+3c1


    Entonces tenemos que si c es diferente de 1 entonces b4, analogamente c4, a4

    Entonces hagamos el caso en el que alguno es 1.

    Supongamos que c=1 entonces a=b+2b1=1+3b1
    de aqui tenemos que b tiene que ser 4,2 porque a es entero, y entonces a seria 2 o 4 para ambos casos. Por lo que la terna (1,2,4) y sus permutaciones cumple.

    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
  3. Los invito a poner sus soluciones de los problemas del nacional, el de arriba fue el problema 1

    ResponderBorrar
  4. Cuando Neto me de mi examen pongo mis soluciones del 3 y 5.
    Las del 1 y 4 estaban muy confusas pero al final si fueron 7s :D

    ResponderBorrar
  5. Alberto,
    Tu 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.

    ResponderBorrar
  6. Pues yo le decía a Isaí que el problema es el caso particular de otro algo conocido, y mucho más general. Veamos:

    Buscamos 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, an1=2, an2=an3=...=a2=a1=1. La demostración es similar a la de arriba.

    ResponderBorrar
  7. Fe de erratas:

    Donde 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

    ResponderBorrar
  8. solucion del problema 4

    primero 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.

    ResponderBorrar
  9. Mi solucion del 5:
    http://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 ABFC es paralelogramo, pero este punto tiene que estar sobre la recta AM ya que es mediana, y tendriamos un angulo BFC=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.

    ResponderBorrar
  10. donde dice ABF es paralelogramo deberia decir ABF'C y donde dice angulo BF, deberia decir BF'C=BAC=alpha + beta

    ResponderBorrar
  11. Este comentario ha sido eliminado por el autor.

    ResponderBorrar
  12. Este comentario ha sido eliminado por el autor.

    ResponderBorrar
  13. Mi solucion del 5:

    http://s748.photobucket.com/albums/xx121/pmdmaster/?action=view&current=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=180α=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

    ResponderBorrar
  14. Y como comentario, le puse G a ese punto por el comentario del RyC de que lo olvidaron en el primer dia xD

    ResponderBorrar