Problema 4. A cada entero positivo se le aplica el siguiente proceso: al número se le resta la suma de sus dígitos, y el resultado se divide entre 9. Por ejemplo, el resultado del proceso aplicado al 938 es 102, ya que (938-(9+3+8))/9=102. Aplicando dos veces el proceso a 938 se llega a 11, aplicado 3 veces se llega al 1. Cuando a un entero positivo $n$ se le aplica el proceso una o varias veces, se termina en 0. Al número al que se llega antes de llegar al 0, lo llamamos la casa de $n$. ¿Cuántos números menores que 26000 tienen la misma casa que 2012?
Problema 5. Algunas ranas, unas de ellas rojas y otras verdes, se van a mover en un tablero 11x11, de acuerdo a las siguientes reglas. Si una rana está ubicada, digamos, en la casilla marcada con # en la siguiente figura, entonces
- Si es roja, puede saltar a cualquiera de las casillas marcadas con X.
- Si es verde, puede saltar a cualquiera de las casillas marcadas con o.
Diremos que dos ranas (de cualquier color) se pueden encontrar en una casilla si ambas pueden llegar hasta tal casilla saltando una o más veces, no necesariamente con el mismo número de saltos.
- Muestra que si ponemos 6 ranas, entonces hay al menos 2 que se pueden encontrar en una casilla.
- ¿Para qué valores de $k$ es posible poner una rana roja y una verde de manera que haya exactamente $k$ casillas en las que estas dos ranas se pueden encontrar?
Problema 6. Considera un triángulo acutángulo $ABC$ con circuncírculo $\mathcal{C}$. Sean $H$ el ortocentro del triángulo $ABC$ y $M$ el punto medio de $BC$. Las rectas $AH,BH$ y $CH$ cortan por segunda vez a $\mathcal{C}$ en $D,E$ y $F$, respectivamente; la recta $MH$ corta a $\mathcal{C}$ en $J$ de manera que $H$ queda entre $M$ y $J$. Sean $K$ y $L$ los incentros de los triángulos $DEJ$ y $DFJ$, respectivamente. Muestra que $KL$ es paralela a $BC$
Los saluda
jmd
PD: Todo el examen lo pueden descargar en PDF de la página http://www.cimat.mx/~cesar/OMM_26.pdf (o bien del atachado)
| Adjunto | Descripción | Tamaño | |
|---|---|---|---|
 | omm_26.pdf | Examen completo del concurso nacional de la XXVI Olimpiada Mexicana de Matemáticas 2012 | 191.82 KB |
El porblema 6 de Geometria
El porblema 6 de Geometria :D
Aunque es apreciable dos hechos conocidos en ese problema:
1) Que F, L, H y D estan sobre una circunferencia con centro en B, (Lo mismo para E, K, H y D, son conciclicos con centro en C).
2) Que L y K estan sobre JL y JC, respectivamente.
Lo que lo reduce a una solucion con cosas como buscar angulos y semejanzas usando el triangulo JBC, llegando a cosas como que JB/BL=JC/CK, bueno fue lo primero que hize, pero no me gusto esa "fuerza bruta" de caza angulos, si encuentro una solución bonita y simple con otras herramientas la publicare n.n
Saludos :D!!!
Hace días platicaba con
Hace días platicaba con Claudia Lorena, las posibles formas de resolver este problema, entre ellas dos que salian con un par de teoremas poco usuales, uno teorema de perpendicularidad (para demostrar que KL era perpendicular a DH), y otro de igualdades de arcos, ambos en la Revista de Excalibur (ahí los leei yo en su tiempo).
Uno de los lemas mencionados decia así:
Sea BC una cuerda en un circulo con M su punto medio, sean D y H puntos tales que BC es mediatriz de DH y D esta sobre el circulo (H es interno), sea E la intersección de HM con el circulo del mismo lado de D, entonces se tiene que EM=HM
De ahi, es facil ver que BMH y CME son congruentes, por lo que CE=BH=BD, y con ello, aplicado a nuestro problema, es facil ver que los angulos <CJM y <BJD son iguales (por la igualdad de arcos contenidos), y entonces conociendo eso, el problema sale en dos semejanzas de triangulos.
Ahora aqui la solución rapida al problema:
Como resultado conocido, se tiene que:
BF=BH=BD= [Por las igualdades de los angulos que son facil de ver] (de ahí que JB sea bisectriz y L este sobre ella, además es facil ver que BL mide lo mismo que las distancias mencionadas), de manera analoga podemos ver que K esta sobre JC y CK=CD.
(1)... BL=BD, CK=CD
(2)... además BM=CM (por que M es punto medio)
Por otro lado, tenemos que los angulos
(3)... <JCM=<JDB
(4)... <CJM=<BJD
(Por contener arcos iguales)
de (3) y (4) tenemos que los triangulos JBD y JMC son semejantes, de ahí:
(5)... JB/BD=JM/CM
De manera similar JBM y JDC son semejantes, por lo que:
(6)... JC/CD=JM/BM
De (1), (2), (5) y (6) podemos observar que:
JB/BL=JB/BD=JM/CM=JM/BM=JC/CD=JC/CK...
Pero la parte de JB/BL=JC/CK nos garantiza que en el triangulo JBC, LK es paralela a BC!
Espero este más o menos entendible, fue la solución más basica que pude verle, de otras formás use trigonometria, lo cual lo senti poco elegante.
Saludos!
Brandon
Les comparto mis solucion al
Les comparto mis solucion al problema 4.-
La casa de 2012 es dos, de tal manera que:
1000a + 100b + 10c + d ;
1000(2) + 100 (0) + 10 (1) + 2 = 2012
entonces:
1000a + 100b + 10c + d - (a +b+c+d) = 999a + 99b + 9c;
999a + 99b + 9c / 9 = 100a + 10b + c;
100a + 10b + c - (a+b+c) = 99a + 9b
99a + 9b / 9 = 10a + b;
10a + b - (a + b)= 9a
9a / 9 = a
Entonces si a cualquier cifra se le resta la suma de sus digitos el resultado siempre sera un multiplo de 9, y la casa de cualquier numero siempre sera el primer digito (representado como a), entonces solo hay que buscar cuantos numeros menores que 26000 comienzan con 2:
el 2 = 1 numero
20 al 29= 10 numeros
200 al 299= 100 numeros
2000 al 2999= 1000 numeros
20 000 al 25 999= 6 000 numeros
entonces 7111, numeros tienen la misma casa que 2012
saludos:)
Germán, no entiendo la
Germán, no entiendo la operación 999a + 99b + 9c / 9 = 100a + 10b + c;
es el séptimo renglón de tu comentario ¿cómo le hiciste?
Gracias por el comentario
Te saluda
No será 999a + 99b + 9c / 9 =
No será 999a + 99b + 9c / 9 = 111a + 11b + c ?
"Entonces si a cualquier cifra se le resta la suma de sus digitos el resultado siempre será un multiplo de 9, y la casa de cualquier numero siempre sera el primer digito". Si entendi esto, la casa de 938 sería 9, y no es 1?
En realidad, sólo los números
En realidad, sólo los números de dos dígitos son los que su casa es necesariamente el primer dígito. Con números de tres dígitos o más, su casa puede o no ser su primer dígito.
Una sugerencia que me dio
Si de hecho es mejor irse al
Si de hecho es mejor irse al reves, primero sacando los de dos digitos {20-29}, despues los de 3 {190-279}, los de 4{1720-2529}, etc...
Solo requiere un poco de exploración, pues sacando los de dos digitos se busca que:
[100a+10b+c-(a+b+c)]/9=11a+b={20-29}
y ya despejando dan los de tres cifras, y para los de 4 se hace lo mismo, pues un numero que tenga casa 2, tiene que pasar por los de la misma casa de menor tamaño, saludos!
¡Talachudo pero eficaz!
¡Talachudo pero eficaz! Gracias Brandon por compartirnos tu solución.
Veo que has mejorado mucho la redacción. Sólo te faltan los acentos, pero eso lo tienes que dominar con el tiempo... si es que decides alejarte de la redacción tipo chat...
i'm kidding! Te saluda con afecto (y espera platicar contigo face to face en navidad)
De hecho, mi solución en el
De hecho, mi solución en el nacional fue tal cual la mencionó Brandon.
Primero saqué los de dos dígitos realizando el proceso:
ab=10a+b
[10a+b-(a+b)]/9=a
Por lo que a tiene que ser 2. Luego con los de 3 dígitos:
abc=100a+10b+c
[100a+10b+c-(a+b+c)]/9=11a+b
donde 11a+b tiene que ser un número entre 20 y 29 y así le seguí hasta los de 6 dígitos.
Sí, un poco talachudo, pero me dieron los 7 puntos :)
Si, cuando yo los vi los
Si, cuando yo los vi los problemas la manera de resolver el 4 algo directa, así que ahí lo deje pues sabia que salia con pocas cuentas, el 5 fue con una coloración al estilo caballos de ajedrez, el 6 fue al que le encontre varias formas, una solución con algo trigonometria y tales, y una forma más elemental, la solución que publique aquí con geometria del circulo y semejanza, (y tales al final).
Si se le encuentra una forma de hacer a un problema, por más tediosa y talachuda que se vea, si no se ocurre otra cosa, hay que hacerlo así! Eso siempre nos dijeron, y supongo lo siguen haciendo.
Saludos! Y si se hace algo en vacaciones, entrenamientos improvisados, o cualquier otra cosa.. ahí andare (:
Al 6 no le hice nada. Lo malo
Al 6 no le hice nada. Lo malo es que estuve bastantito tiempo en ese problema pensando que tal vez podría sacarle algo, pero simplemente no se me ocurrió nada... bueno, nada útil. Y por ese tiempo desperdiciado ya no alcance a resolver el inciso b del 5, sólo resolví el inciso a. Eso lo resolví demostrando que si agarramos cualquier cuadrícula de 2x3 en el tablero y ponemos una rana de cualquier color en cualquier otro punto del tablero entonces esa rana a fuerza va a entrar en la cuadrícula de 2x3; si ponemos 6 ranas en el tablero y elegimos una cuadrícula de 2x3, en el peor de los casos, los 6 cuadros son ocupados por una sola rana; de ahí mostré que si ninguna de las ranas puede brincar hacia la esquina contraria entonces dos de ellas pueden brincar hacia un cuadro en común fuera de la cuadrícula de 2x3. Me dieron 3 puntos por ese inciso.
Saludos.
Es genial ver como otra gente