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.
ResponderBorrarPrimero 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:
\[abc-a=b+c+1\] \[a(bc-1)=b+c+1\]
De aqui concluimos que $bc-1|b+c+1$, por lo que \[bc-1 \leq b+c+1\] reacomodando tenemos que \[bc-b\leq c+2\] \[b \leq \frac{c+2}{c-1}\] y haciendo la división larga \[b \leq 1 + \frac{3}{c-1}\]
Entonces tenemos que si $c$ es diferente de $1$ entonces $b\leq 4 $, analogamente $c \leq 4$, $a \leq 4$
Entonces hagamos el caso en el que alguno es 1.
Supongamos que $c=1$ entonces \[a=\frac{b+2}{b-1}= 1+ \frac{3}{b-1}\] 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.
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, $(1+r)(1+s)(2+t)(4+u)\ged 8+8r+8s+2u+4t > 8+r+s+t+u$
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 $a_1$, $a_2$,...,$a_n$ números naturales.
Entonces, la única solución para
$\prod_{i=1}^n{a_i}=\sum_{i=1}^n{a_i}$
es:
$a_{n}=n$, $a_{n-1}=2$, $a_{n-2}=a_{n-3}=...=a_{2}=a_{1}=1$. 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:
$(1+r)(1+s)(2+t)(4+u)\ged 8+8r+8s+2u+t>8+r+s+t+u$
Debe decir:
$(1+r)(1+s)(2+t)(4+u)\geq 8+8r+8s+2u+t>8+r+s+t+u$
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 $\frac{3n}{4}$ 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 $\angle HCB = \alpha$, al angulo $\angle HBC= \beta$ y al angulo $\angle HBD = \theta$, entonces como $DCB$ es rectangulo, tenemos que $\alpha+\beta+\theta=90$.
Por un argumento de ciclicos o utilizando el hecho de que $\alpha+\beta+\theta=90$ es facil ver que $\angle BAH = \alpha$, $\angle HAC = \beta$ y $\angle ACH = \theta$.
Ahora tenemos que $\angle BFH = \alpha$ porque abre el arco $BH$ y analogamente $\angle HFC = beta$, entonces tenemos que $\angle BFC=\angle BAC = \alpha + \beta$
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 $\angle BF'C = \angle BAC = \alpha + \beta$, por lo que tendriamos dos en la misma linea, con el mismo angulo y entonces $F=F'$.
Como $BF||AC$ entonces $\angle ACB = CBF = \alpha + \theta$, pero $\angle HBC = \beta$ por lo que $\angle HBF = 90$ y HF es diametro, y entonces $\angle HNF =90 $ y $\angle ANH = 90$, 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'
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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, $\angle HBG = \angle HCG$
Por las alturas BZYC tambien es ciclico entonces $\angle ZBY = \angle ZCY$.
Asi que $\angle ABY = \angle GBY$. Como AY es altura y bisectriz, ABG es isosceles. Entonces Y es punto medio.
En el ciclico HXCY por potencia de punto
$AH \times AX = AY \times AC$
Y en el HECG por potencia de punto:
$AH \times AE = AG \times AC$
De esas dos tenemos que:
$\frac{AH}{AC} = \frac{AY}{AX}$
$\frac{AH}{AC} = \frac{AG}{AE}$
Entonces
$\frac{AY}{AX} = \frac{AG}{AE}$
y
$\frac{AE}{AX} = \frac{AG}{AY}$
Como Y es punto medio esas dos cosas son igual a 2. Asi que $AX=XE$
Sea $ \angle BAC = \alpha$. Por el ciclico AYHZ $ \angle YHZ = 180 - \alpha = \angle BHC$
Por el ciclico BHCF, $\angle BFC = \alpha$.
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 $\angle BAC = BFC = alpha$. 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 $\angle AXM = \angle AEF = 90$
Y por el ciclico $\angle HNF = 90$
:D
Y como comentario, le puse G a ese punto por el comentario del RyC de que lo olvidaron en el primer dia xD
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