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buenoo FELiCIDADEES A TODOOOOS!!
Reporte norestense
Por José Muñoz Delgado | 5 de Octubre de 2008
La preselección de la OMM tamaulipeca, participó este viernes 3 de octubre en la VIII ONM, en Saltillo, Coahuila. Por puntaje total, quedamos en segundo lugar: NL, 193 puntos; Tam, 109; y Coah, 58. Por medallas también: 1 oro de Tam contra 3 de NL y 0 de Coah; 3 platas de Tam contra 5 de NL y 1 de Coah; 4 bronces de Tam contra 4 de Coah y 3 de NL.
En resumen, Tamaulipas quedó segundo. Quien haya seguido el desempeño de la preselección Tamaulipas de la XXII OMM tiene el suficiente contexto para decidir si ese segundo lugar debe celebrarse o bien lamentarse. Que el lector informado juzgue.
La dificultad global del examen fue la justa para el nivel (a mi parecer). No fue fácil, como lo demuestra el hecho de solamente 4 exámenes perfectos –y 4 ceros. Por problema, el 3 (de números) fue el fácil (168 puntos en total), y el de geometría (el 1) y el de combinatoria (el 2) empatan en dificultad (el total puntos –de 50 participantes– fue de 96 para ambos).
En lo que respecta a los efectos del norestense para la delegación Tamaulipas, se puede decir –como una muy buena noticia– que se recupera la esperanza de un oro para el nacional en el desempeño de Alexis (examen perfecto en norestense) y dos platas con Fernando y Brandon (15 y 13 puntos en norestense, respectivamente). Sin embargo, los otros dos veteranos (Sergio y Adriana) decepcionaron: 8 y 9 puntos respectivamente. Y se sigue menteniendo la hipótesis de freeriders, pero sobre todo con Adriana quien ha sido consistente a la baja.
Como resultado del norestense, debería haber quedado definida la selección estatal, pero no fue así: empataron en sexto lugar Pancho y Roberto. El desempate se realizará mediante un examen en dos semanas en el CETis 109.
En del_tam_en_onm (en doc), se pueden ver los puntajes de la preselección Tamaulipas y el acumulado con examen final. En puntos_ne (en xls) están los resultados globales de la norestense. Finalmente, bájate los problemas (en doc) de viiionm_problemas
Los saluda
jmd
PD: se me olvidaba la foto
Temas: Informativo | 2 Comentarios »
Programa de actividades norestense
Por José Muñoz Delgado | 30 de Septiembre de 2008
VIII Olimpiada de Matemáticas del Noreste
Programa General
(Quinta Dorada)
Saltillo, Coahuila, octubre 2008.
Jueves 2 de octubre
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Participantes |
Profesores |
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19:00-20:00 |
Registro (recepción) |
Registro |
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20:30-21:30 |
Cena |
Cena |
Viernes 3 de octubre
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Participantes |
Profesores |
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7:00-8:30 |
Desayuno |
Desayuno |
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8:30-13:30 |
Examen |
Reunión |
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14:00-15:00 |
Comida |
Comida |
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15:00-16:00 |
Calificar exámenes |
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16:00-20:30 |
Tarde libre |
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20:30-22:00 |
Cena |
Cena |
Sábado 4 de octubre
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Participantes |
Profesores |
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7:00-9:00 |
Desayuno |
Desayuno |
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9:00-9:30 |
Empacar |
Empacar |
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9:30-12:00 |
Premiación |
Premiación |
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12:00-13:00 |
Despedida |
Despedida |
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El problema 2 del concurso irracional
Por José Muñoz Delgado | 30 de Septiembre de 2008
Consideremos el siguiente problema apoyados en la figura: demostrar la concurrencia de la línea media MN, la bisectriz de B, y la cuerda PQ (P, Q son los puntos de tangencia del incírculo con los lados AB y AC).
Solución
Con la cuerda y la bisectriz cruzando en T, trazamos MT. Vamos a demostrar que MT es línea media.
Primero observamos el triángulo BIC y descubrimos que el ángulo TIC es externo. Por tanto mide la suma de los ángulos en la base BC de BIC, es decir, 90-A/2.
Después observamos el isósceles APQ (tangentes iguales) y descubrimos que el ángulo TQC mide 90-A/2 (la bisectriz de A es mediatriz de PQ). ¿Qué vemos ahora que sabemos que los ángulos TIC y TQC son iguales?
Lo que se manifiesta ante nuestros ojos es que el cuadrilátero IQTC es cíclico. De aquí que el ángulo ITC es recto. ¿Y qué se revela con este descubrimiento?
Lo que se revela cuando descubrimos que el triángulo BTC es rectángulo en T es que MT es mediana a la hipotenusa. Y todo mundo debería saber que la mediana a la hipotenusa forma dos isósceles con los catetos. En este caso, se descubre que MT=BM=MC. Y en el isósceles BTM podemos ver que el ángulo TMC mide lo mismo que B (por ser externo). ¿Y que se manifiesta con esta igualdad?
Se manifiesta entonces que en la configuración de las rectas AB y TM, y la transversal BC, dos ángulos correspondientes son iguales. Es decir, AB//TM. Pero M es punto medio de BC. Por tanto, MT es línea media de los lados BC y CA en el triángulo ABC.
Esto demuestra la concurrencia de la línea media, la cuerda y la bisectriz. Pero como subproducto podemos decir más. Si llamamos S al punto de concurrencia de la bisectriz del ángulo C, la línea media de AB y BC y la cuerda PQ, podemos inventar un problema de olimpiada: demostrar que el triángulo STM es equilátero si y sólo si el ángulo A mide 60 grados. (Muy ingenioso de parte del Dr. Jacob… las gracias le sean dadas por dedicarle tiempo a explorar las posibilidades de teoremas conocidos –aunque de bajísimo perfil– como fuente de problemas de olimpiada…)
Nota: La demostración anterior es una reconstrucción de varias sugerencias de Jesús Rodríguez Viorato a una posible solución del problema 2 del concurso irracional. Al verlo, Jesús rápidamente pudo traer a presencia el teorema de concurrencia que aquí se demuestra (las gracias le sean dadas por mantener su afición a los problemas de olimpiada). Pero el problema tiene un alto grado de dificultad para quien no sea olímpico internacional… por lo menos así se puso de manifiesto en las discusiones posteriores a la aplicación del examen irracional a la preselección Tamaulipas el fin de semana pasado en Tampico…
Los saluda
jmd
PD: mañana pongo un recordatorio del norestense, sobre todo sobre la logística de traslado y el programa de actividades… (google no pudo encontrar el sitio web del norestense, así que mejor le escribo a los organizadores…)
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