sábado, 28 de septiembre de 2013

Resultados de la OIM 2013

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Resultados de la Olimpiada Iberoamericana de Matemática
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Christian Altamirano Modesto 41 puntos Medalla de Plata

Christian Suyo Burga 35 puntos Medalla de Plata

Kevin Aza Valencia 30 puntos Medalla de Bronce

Jimmy Espinoza Palacios 29 puntos Medalla de Bronce

Cabe mencionar los cortes de puntajesde medallas, que por cierto estuvieron bastante altos, sobre todo el de oro.
Medalla de oro 42 puntos, es decir puntaje perfecto, solo se dieron 5 medallas de oro.
Medalla de plata 31 puntos
Medalla de bronce 21 puntos


Fuente: Carlomagno Rivera
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Resultados de la OibP 2013

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RESULTADOS OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE FÍSICA 2013
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Diego Quispe, medalla de plata
Alexis Muñoz Huamani, Medalla de plata
Ricardo Rodriguez Carlos, Medalla de bronce
Cesar Rodriguez, Medalla de Bronce 

EQUIPO COMPLETO HA GANADO MEDALLAS, GRACIAS CHICOS POR ESTE GRAN LOGRO PARA EL PAÍS, HAN ESCRITO SU PROPIA HISTORIA PUES ES LA PRIMERA VEZ QUE EL EQUIPO COMPLETO OBTIENE MEDALLAS.

Fuente: Hugo Luyo
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jueves, 26 de septiembre de 2013

Olimpiadas a nivel nacional para este sábado y domingo

Sábado 28 de setiembre en Ayacucho

Bases Prisma
Resultados Prisma

Sábado 28 de setiembre en S.M.P - Lima

Bases Cadillo
Resultados Cadillo
Sábado 28 de setiembre en Huaraz

Bases Integral
Resultados Integral
Sábado 28 de setiembre en Huacho  Conocimientos

Bases Amauta
Resultados Amauta
Domingo 29 de setiembre en Chincha Matemática

Bases Fermat
Resultados Fermat

Domingo 29 de setiembre en Chincha Física y Química

Bases Amauta
Resultados Amauta

Domingo 29 de setiembre en ICA Conocimientos

Bases Amauta
Resultados Amauta

TRILCE (Esta semana no realiza olimpiada)
CONAMAT (Las inscripciones ya acabaron)

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miércoles, 25 de septiembre de 2013

Problema MYO 337

Problema 4 del segundo día de La Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas 2013
Problema MYO 338
Problema MYO 336
Soluciones de:


  • Socram Reyes Este problema tiene bastantes cosas inútiles y se puede formular así:

    Sea ABCD (en ese orden) un cuadrilátero en que
    Siendo X en AB tal que AX+AB=CD y Z el punto de intersección de BD y CX, pruebe que el punto Y sobre AZ que hace A-isósceles a tr BAY, pertenece a la bisectriz de
    25 de septiembre a la(s) 16:37 · Editado · Me gusta · 2

  • Rousvel Criollo Carrasco Del gráfico el arco BI mide 2w, luego m m m
    25 de septiembre a la(s) 16:19 a través de celular · Me gusta · 2
  • Socram Reyes También lo puedes sacar con congruencia de riángulos ubicando P en BC de modo que OEPB sea un cuadrado pues en tal caso PC=OD.
    25 de septiembre a la(s) 16:34 · Editado · Me gusta
  • Silver Samuel Palacios Paulino Se ve que BCED inscriptible .con lo cual alfa=beta
    26 de septiembre a la(s) 0:13 · Me gusta
  • Lelia Nicula Nice and easy problem ! See PP19 (an easy extension) from here ==> http://www.artofproblemsolving.com/blog/91853 I have heard about the earthquake from your country. It is awfully.
    26 de septiembre a la(s) 7:06 · Editado · Me gusta
    • 0 comentarios

    Prueba del segundo día de la OIM 2013

     Examen del segundo día de la XVIII Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas tomada el dí de hoy miércoles 25 de setiembre de 2013 en Panamá, pasen la coz.
    Soluciones:
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    martes, 24 de septiembre de 2013

    Problema MYO 336

    Problema 2 del primer día de la Olimpiada Iberoamericana de Matemática 2013.
    Problema MYO 335
    Soluciones de:

  • A 21 personas les gusta esto.
  • Erico Freddy Ahora en adelante estrarán en Matemáticas y olimpiadas: http://www.matematicasyolimpiadas.org/...
    24 de septiembre a la(s) 19:45 · Me gusta · 2
  • Socram Reyes En gogeometry se preguntó una vez lo siguiente:

    Sean D y E los pies de las A y B- alturas de tr ABC. Pruebe que el circuncentro de tr DEC es el ortocentro de ABC.

    http://gogeometry.blogspot.com/...

    Usando ese hecho en la configuración de Ruben, este problema es trivial.
    24 de septiembre a la(s) 19:58 · Editado · Me gusta · 1
  • Socram Reyes Buen amigo, en su diagrama P es circuncentro del cuadrilátero cíclico GHDC, luego GD y HC son alturas.
    24 de septiembre a la(s) 20:51 · Editado · Me gusta · 1
  • Miguel Ochoa Sanchez MI RESOLUCION AL PROBLEMA DE LA OLIMPIADA IBEROAMERICANA:Es conocido que MN contiene a la simediana del triangulo CND, completando ángulos el cuadrilátero CABD: es cíclico luego AB es antiparalela con CD por lo tanto AM=MB
    24 de septiembre a la(s) 20:59 · Ya no me gusta · 4
  • Socram Reyes Por cierto, mi buen amigo Rubén, para ser más explícito en la demostración veamos lo siguiente:

    Sea PQR un triángulo cualquiera y M el punto medio de PQ.
    La circunferencia de centro M y diámetro PQ corta a PR en U y QR en V.
    El resultado del link muestra que el circuncentro de tr UVR es el punto medio de RH (H es ortocentro de tr PQR).

    Con esta información en mente, podemos fundamentar la configuración de atrás hacia adelante, aunque nunca será tan contundente como la prueba de Miguel.
    24 de septiembre a la(s) 21:23 · Me gusta · 2
  • Silver Samuel Palacios Paulino asu que chevere ya la resolvieron,.,. creo que me quede.,,.
    24 de septiembre a la(s) 21:35 · Me gusta
  • Ruben Dario CREO QUE ESTA SOLUCIÓN ES MAS VISUAL. SIN USAR ORTOCNETRO , NI CIRCUNCENTRO , NI SIMEDIANA , NI CICLICO SOLO ANGULOS Y UNA SEMEJANZA ELEMENTAL
    24 de septiembre a la(s) 21:48 · Me gusta · 6
  • Josué García Piscoya Es enserio? Esto una pregunta de 2? Trazamos paralela a XY por N. Por el punto de Georgone, se ve fácilmente NC, NP, ND y la línea última trazada, forman haz armónico :S. Por lema conocido, del haz armónico, AM=MB... :S
    24 de septiembre a la(s) 22:51 · Ya no me gusta · 7
  • Silver Samuel Palacios Paulino Muy bueno el problema . Yo lo resolví por eje radical . Intentaré otra manera . Gracias por el problemita
    24 de septiembre a la(s) 23:43 · Me gusta · 1
  • Lelia Nicula Nice problem (frumoasa problema - in limba romana). In my opinion this problem has the level ON3) ! Prove easily that the line AB is an antiparallel direction to CD in the triangle CND , i.e. NA.NC=NB.ND (R1) (the quadrilateral ABDC is cyclically). Denote the intersection S between CD and NP . We know that the ray [NS is N-symmedian of the triangle NCD , i.e. SC/SD=(NC/ND)^2 (R2) . Using the relations R1 , R2 and an well-known metrical relation for the estimate of the ratio MA/MB obtain that MA/MB=(SC/SD).(NA/NB).(ND/NC)=(NC/ND)^2.(NA/NB).(ND/NC)=(NC/ND).(NA/NB)=(NC.NA)/(ND.NB)=1 , i.e. MA=MB . Generally, if T is the intersection between XY and the tangent TT to the circumcircle of the triangle CND , then prove similarly that there is the relation MA/MB=TA/TB , i.e. the division (A,B;M,T) is harmonically. Indeed, denote z=m( NA/NB=(TA sin y)/(TB sin x) . Prove easily that NC/ND=sin x/sin y . In conclusion, MA/MB=(SC/SD).(NA/NB).(ND/NC)=(NC/ND)^2.(NA/NB).(ND/NC)=(NC/ND).(NA/NB)=(\sin x/sin y).(TA sin y/TB sin x) ==> MA/MB=TA/TB .
    25 de septiembre a la(s) 8:17 · Editado · Me gusta · 6
  • Carlos Hugo Olivera Díaz Rubén Darío , la primera resolución geométrica es de menos trazos, más limpia. Hemos coincidido; buscare otra y te aviso si hay suerte . Felicitaciones .
    25 de septiembre a la(s) 7:57 · Me gusta · 4
  • Erico Freddy Palacios Loayza Un detalle del amigo Ricardo Barroso Campos A y B fuera del diametro XY, bienvenido Ricardo por tus aportes.
    26 de septiembre a la(s) 8:01 · Me gusta · 3


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