viernes, 2 de noviembre de 2012

XXIII Olimpiada Matemática de los Países del Cono Sur

Resultados de la delegación peruana en la XXIII Olimpiada Matemática de los Países del Cono Sur 2012 en Lima, Perú:

Raúl Chavez Sarmiento: 60 puntos (ORO PERFECTO)
Christian Altamirano Modesto: 59 puntos (ORO)
Jesus Advincula Altamirano: 48 puntos (PLATA)
Paul Luyo Carbonero: 41 puntos (PLATA)

Perú quedó en el primer lugar como equipo, por sexto año consecutivo, encima de Brasil, Argentina y Chile.  La olimpiada resultó un éxito. Felicidades y gracias a todos los que pudieron hacer posible dicho evento y felicidades a estos cuatro grandes campeones, que definitivamente nos llenan de orgullo.

Fuente: John Cuya
Enlace relacionado: Cono sur 2012, Selectivo 2012, Cono sur Perú, Exámenes primer día, Segundo Día, Problema de Geometría, Resultados, Cuadro general

Peruanos campeones en XXIII Olimpiada Matemàtica de Países de la cono sur

Escolares peruanos obtuvieron hoy dos de las cuatro medallas de oro que se concedieron en la XXIII Olimpiada Matemática de Países del Cono Sur, realizada en Lima, y que congregó a estudiantes de ocho naciones de América del Sur.
Se trata de Raúl Chávez Sarmiento, de 15 años de edad, y Christian Altamirano Modesto, de 13 años, quienes obtuvieron la máxima presea olímpica junto con el brasileño Rodrigo Sanches Àngelo y el chileno Fernando Figueroa Zamora.

Durante la ceremonia de premiación, llevada a cabo en La Molina, la ministra de Educación, Patricia Salas, resaltó el lugar que ha conseguido Perú en este concurso regional al obtener dichas medallas.
La funcionaria destacó, especialmente, la participación de Chávez Sarmiento, quien en julio del 2011 ganó también la medalla de oro en la Olimpiada Internacional de Matemáticas (IMO), efectuada en la ciudad de Ámsterdam, Holanda.
Raúl es estudiante del cuarto año de secundaria del colegio Bertolt Brecht y en la olimpiada que se clausuró hoy obtuvo 60 puntos, al resolver de manera perfecta la totalidad de los problemas planteados.
Chávez relató a la Agencia Andina que su interés por la matemática nació del estímulo que le brindaba su hermano mayor, Jorge, quien estudia para obtener una maestría en matemática pura.
“Mi hermano me enseñaba y me impulsó el gusto por las matemáticas. Ahora estudio unas cinco horas al día y me gusta. Mi papá, que es ingeniero civil, también me enseñó, pero más mi hermano”, anotó.
Por su parte, Christian Altamirano Modesto, estudiante del tercer año de secundaria del colegio Saco Oliveros de Huánuco, reveló que su gusto por la matemática nació cuando su papá, Jorge, quien es ingeniero civil, le enseñaba esta materia.

En su caso, comentó que le dedica cerca de seis horas diarias de estudio a las matemáticas y que por ello tiene muy poco tiempo para realizar otro tipo de actividades sociales.

En estas olimpiadas –en las que participaron escolares de Argentina, Bolivia, Brasil, Chile, Ecuador, Paraguay y Uruguay– también recibieron preseas de plata los estudiantes peruanos Jesús Advíncula Altamirano y Paul Luyo Carbonero.

Examen de los días en pdf

El 3 de noviembre en Chorrillos, Pueblo Libre, Chanchamayo, Huancayo

OLIMPIADAS A NIVEL NACIONAL: 
3 de noviembre Pueblo Libre-Lima

Inscripciones: olimpiadas@pitagoras.edu.pe
Nuevo:  Primaria, Secundaria Resultados el miércoles
3 de noviembre Chorrillos- Lima
Bases
Inscripciones
Resultados
3 de noviembre Chanchamayo-Junín
Inscripciones
Resultados
3 de noviembre Huancayo-Junín
VER Resultados

jueves, 1 de noviembre de 2012

Problema MYO 301

Solución (1) por Rubén Darío
Solución (2) por Carlos Hugo Olivera Díaz
En la figura anterior, la longitud de la otra tangente igual a BT es igual a la raiz cuadrada de la suma de la proyeccion de la mediana ( en el lado AB ) y la mitad del lado AB multiplicada, dicha suma, por la mitad del lado AB.

Solución (3) por ..

Problema MYO 300

 
Comentario del  creador del problema : Carlos Hugo Olivera Diaz los saluda, felicitaciones a los participantes; este problema lo propuse en mayo del 2012 y gracias al profesor Armando Michuy el problema ha sido publicado.
Solución (1) por Rubén Darío

Solución (2) por Rubén Darío
 
Solución (3) por Juan Felipe Crisostomo Ramos
 
envió su Respuesta: 2 cos(b)^3 / sqrt(3 cosb^2 + cos(4b)) = cos a
donde a es alfa y b es beta
Solución (5) por Cristhian Centeno
envió su Respuesta tanA=(senB-sen3B)/(cos3B+3cosB)
donde A es alfa y B es beta
Solución (6) por lberling Vargas Diaz 
envió su Respuesta: tga=-senb*cos2b/(2*(cosb)^3)
 "a" es alfa y "b" es betha.

miércoles, 31 de octubre de 2012

Segunda prueba de la Olimpiada matemática de Paises del Cono Sur:

Problema MYO 299 Problema 2 de XXIII Olimpiada Paises del Cono Sur

 Solución (1) por Rubén Darío 
Una demostración a un problema que creó en los 90 Rubén Dario
 

 Solución al problema por Rubén Darío
Solución (2)  por Ivan ( del grupo OMA foros)
solución (3) de Leo (también del grupo OMA foros) 
Extendemos AQ hasta que corte a BC en E.
Extendemos BR hasta que corte AB en F.
Lo primero que vamos a hacer es demostrar que EPF es recto. Para demostrar esto, vamos a demostrar que los triángulos ECP y PDF son iguales. Si son iguales tenemos que EAC + DAF =90º => EAF = 90º
Observemos que los triángulos ABE y ACE son iguales, ya que tienen los 3 ángulos iguales, son rectángulos y uno de los catetos mide el lado del cuadrado. Entonces tenemos BE = CP
De la misma manera vemos que los triángulos PDA y BAF son iguales y en particular DP = AF
Tenemos que DP + PC =Lado del cuadrado. AF = DP, y AF +FD = Lado del cuadrado, entonces FD = PC. De manera análoga se observa que EC = PD.
Entonces los triángulos que queríamos demostrar que son iguales (PCE y PDF) son rectángulos y tienen los dos respectivos catetos iguales, por lo tanto son iguales y EPF =90º

Llamamos a EPC = X => DPF = 90-X
Viendo que el cuadrilátero EQPC es cíclico (por tener los ángulos opuestos de 90º), por arco capaz ECP = EQC = X, por opuestos por el vértice EQC = SQA = X, y esta última igualdad la remarcamos (*)

Al ser FDP rectángulo y DPF = 90-X => PFD = X. Por ser el cuadrilátero RFDP cíclico (por tener los ángulos opuestos de 90º), por arco capaz DRP = DFP = X, por opuestos por el vértice DRP = ARS =X (*2)

Por (*) y (*2) tenemos que X = ARS = SQA => el cuadrilátero SQRA es cíclico.
Pero también tenemos que BQA = BRA = 90º, entonces BQRA también es cíclico.

Estos dos últimos cuadriláteros con cíclicos y comparte 3 vértices, entonces los 5 vértices son concíclicos.

En particular ASBQ es cíclico, pero tenemos que BQA = 90º, entonces, porque los opuestos suman 180, ASB = 90º que es lo que queríamos demostrar.
Solución(4) de Milton Donaire Peña
Solución (5) Comentario de Julio Orihuela:
La solución por pascal la hizo en el examen raulito...hay una solución de un ecuatoriano por inversión... sea M la proyección de P sobre AB, sea K la circunferencia circunscrita al cuadrado ABCD, la circunf. de inversión, se invierte la circunferencia de diámetro AB, se prueba facil que M y S son inversos 

Primera prueba del primer día de la Olimpiada matemática de Paises del Cono Sur:

A resolver, espero sus soluciones:
Matemáticas y Olimpiadas.