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mini-maraton olimpica Jr

iMPuRe Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 11:00 AM Publicado: #11
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 193 Registrado: 22-March 07 Desde: San Miguel, Santiago Miembro Nº: 4.651 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Cesarator @ Nov 1 2007, 11:25 AM) $TEX: {\bf Problema 2}.<br />Considerar un tri\'angulo $\triangle ABC$ de \'area 7. Sea $A_1$ un punto del lado $BC$ y sean $B_1$<br />y$C_1$ en las rectas $AC$ y $AB$ respectivamente, tales que $AA_1, BB_1$ y $CC_1$ son paralelas.<br />Si es que es posible hacerlo, determinar el \'area del tri\'angulo $\triangle A_1B_1C_1$.<br />$ Respuesta: 14 Solucion: Notar que los triangulos $TEX: $BA'A$$ y $TEX: $B'AA'$$ son triangulos de igual base e igual altura, lo mismo para $TEX: $CA'A$$ y $TEX: $C'AA'$$ . Luego $TEX: $[B'AA'] + [C'AA']=7$$ . Notar que $TEX: $BCC'$$ y $TEX: $B'C'C$$ son triangulos de igual base e igual altura, y como comparten el area $TEX: $CAC'$$ y como $TEX: $[ABC]=7$$ tenemos $TEX: $[B'AC']=7$$ . Finalmente area buscada es $TEX: $[B'AA'] + [C'AA'] + [B'AC'] = 7+7 = 14$$ PD: No se como arreglar el problema de los corchetes para simbolizar areas, porfavor si alguien sabe decirme xD ---- Editado, problemas con el latex Mensaje modificado por The Lord el Nov 1 2007, 11:42 AM -------------------- 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 257 263 269 271 277 281 283 293 307 311 313 317 331 337 347 349 353 359 367 373 379 383 389 397 401 409 419 421 431 433 439 443 449 457 461 463 467 479 487 491 499 503 509 521 523 541 547 557 563 569 571 577 587 593 599 601 607 613 617 619 631 641 643 647 653 659 661 673 677 683 691 701 709 719 727 733 739 743 751 757 761 769 773 787 797 809 811 821 823 827 829 839 853 857 859 863 877 881 883 887 907 911 919 929 937 941 947 953 967 971 977 983 991 997 1009 1013 1019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 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Manuel71 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 11:01 AM Publicado: #12
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 329 Registrado: 24-August 06 Desde: Concepción Miembro Nº: 2.038 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Solución alternativa al problema 1 $TEX: \noindent Para facilitar la explicaci\'on, nombramos los v\'ertices as\'i.$ $TEX: \noindent Imaginemos que la curva trazada representa la trayectoria seguida por un punto $P$.\\<br />Consideremos los rect\'angulos $ABFD$, $BCHF$ y $EGKJ$. Notar que \'estos est\'an formados por 5 segmentos, cantidad impar, lo que implica que si el punto $P$ inicia el recorrido fuera de alguno de ellos, necesariamente debe terminalo adentro. Como $P$ parte su camino en el exterior de al menos dos de los rect\'angulos mencionados (de lo contrario tendr\'ia que comenzar en dos rect\'angulos a la vez), deber\'ia termina en el interior de ambos, lo cual obviamente es imposible.\\<br />\\<br />: A\'un podr\'ia considerarse el caso de que $P$ comience en un segmento intersecci\'on de dos de los rect\'angulos ya mencionados, pero si fuera ese el caso, el recorrido necesariamente debe ser cerrado (Para no transgredir las reglas) y adem\'as debe terminar el recorrido en el tercer rect\'angulo (Por lo explicado en el p\'arrafo anterior). Como ambas cosas no pueden darse, el recorrido no puede llevarse a cabo.\\<br />\\<br />Por lo tanto no puede trazarse tal curva.$ PD: Ahora que lo veo, creo que la solucion no es tan diferente de la origianl... eso me pasa por leer muy rápido y no fijarme Mensaje modificado por Manuel71 el Nov 1 2007, 11:17 AM

Cesarator	Nov 1 2007, 12:36 PM Publicado: #13
Invitado	Bien, la solución presentada al P2 es correcta. Se le adjudican 6 puntos por algunas omisiones de redacción (por ejemplo, cuando se dice que dos triángulos tienen una base común, se debe indicar cuál es esa base). A la solución presentada para el P1, si bien está basada en la misma idea que la anterior, aclara esta idea sustancialmente, por lo que le adjudico 1 pt TABLA: 1º: The Lord ----- 6pt 1º: iMPuRe--------6pt 3º: Manuel71-----1pt $TEX: {\bf Problema 3}<br /><br />Con 21 fichas, algunas blancas y otras negras, se forma un rect\'angulo de $7\times 3$. Juan el mentiroso hace la siguiente afirmaci\'on : ''Siempre habr\'a cuatro fichas de un mismo color que sean los v\'ertices de un rect\'angulo''.<br /><br />Determinar si Juan dice o no la verdad<br />$

The Lord Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 12:50 PM Publicado: #14
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 374 Registrado: 16-September 06 Desde: New Haven, CT, USA. Miembro Nº: 2.275 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Juan dice la verdad.\\<br />Ordenamos las columnas del tablero como 1,2,3 de izquierda a derecha y las filas en orden creciente en direccion hacia abajo.\\<br />Importante ver que en cada fila hay al menos dos colores iguales (principio del palomar). En total tenemos 6<br />formas de elegir esos dos colores de las tres casillas de la fila, 3 sobre 2 para los de color negro y 3 sobre 2 para el color blanco, en total 6 posibilidades distintas (En total las 6 configuraciones buscadas son $C=(N,N,X_1);(N,X_2,N);(X_3,N,N);(B,B,X_4);(B,X_5,B);(X_6,B,B)$ donde no interesa el color que sea $X_i$)\\<br />Como tenemos 7 filas que deben ser llenadas con 6 posibles configuraciones con repeticiones de color, necesariamente dos tendran esos colores repetido en las mismas columnas, donde tendremos un rectangulo con los vertices de un mismo color (osea dos filas dintintas pertenecer\'an al mismo tipo de un elemento de $C$) <br />$

Cesarator	Nov 1 2007, 02:24 PM Publicado: #15
Invitado	Solución correcta al P3. Con 7pt. Solo una observación: redactar bien una solución y ver todos los detalles no es equivalente a dar más de una justificación para cada cosa. Eso solo denota inseguridad y si se explica una misma cosa de 2 maneras, se corre el riesgo de que una de las 2 esté mal. Mejor explicar de una sola manera, corta y buena. TABLA: 1º: The Lord ----- 13pt 2º: iMPuRe--------6pt 3º: Manuel71-----1pt $TEX: {\bf Problema 4}.<br /><br />Ang\'elica est\'a escribiendo una lista de n\'umeros formada por ceros y unos.<br />Procede de la siguiente manera: Primero, escribe un $1$ y luego un $0$; luego, para la posici\'on $n$-\'esima, oberva el n\'umero en la posici\'on $n-1$ y cuenta cu\'antas veces aparece en la lista, denota a este n\'umero como $m$ y finalmente escribe en la posici\'on $n$ el mismo n\'umero que estaba en la posici\'on $m$.<br /><br />Juan el Mentiroso observa lo que hace Ang\'elica y le dice: {\it Dado cualquier entero positivo $k$ , en alg\'un momento vas a escribir $k$ n\'umeros $1$ consecutivos}.<br /><br />Determinar si Juan dice o no la verdad.<br /><br />$

The Lord Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 03:04 PM Publicado: #16
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 374 Registrado: 16-September 06 Desde: New Haven, CT, USA. Miembro Nº: 2.275 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Consideremos los numeros de que componen la fila como una sucesion $a_n$<br />Supongamos que es posible (denotamos por $a_0=1$, $a_1=0$, $a_i$ el termino en la posicion $i+1$ considerando los dos primeros terminos).\\<br />Supongamos que es posible con $k$ unos, demostraremos que es posible tener una serie de $k+1$ unos, en otras palabras demostraremos que Juan tiene raz\'on (inducci\'on).\\<br />Primero hay que notar que no es posible tener que en algun momento la sucesion sea constante. Supongamos que es constante desde cierto $a_i$. Diremos que hasta el termino $a_i$ hay $r$ ($r<i$) elementos de ese mismo tipo (del mismo tipo que $a_i$). Luego como hasta el termino $a_i$ hay $r$ de su tipo, tenemos que $a_{r-1}=a_{i+1}=a_i$. Ahora como hasta $a_{i+1}$ hay $r+1$ terminos $a_i$, necesariamente $a_{r}=a_{i+2}=a_i$. Ocupando induccion completa demostraremos que $a_{r+x-1}=a_{i+x+1}=a_i$. Supongamos que se cumple para cierto $x$, luego hasta el termino $a_{i+x+1}$ hay $r+x+1$ terminos $a_i$ en la sucesi\'on (hasta $a_{i+x}$ habia $r+x$ porque suponemos que $a_{r+x-1}=a_{i+x+1}$), en otras palabras $a_{r+x}=a_{i+x+2}=a_i$. Demostrando que $a_{r+x-1}=a_{i+x+1}=a_i$ y luego $a_{r-1}=a_r=...=a_{i}$ lo que contradice que la sucesion se hizo constante desde $a_i$.<br />$ $TEX: \noindent Veamos que como la sucesion no se hace constante de ceros, necesariamente deben ir apareciento ciertos 1's de vez en cuando mientras la sucesion va creciendo desde que aparecieron los k unos.<br />Digamos que los terminos $a_{t},...,a_{t+k-1}$ son los $k$ unos. Es importante notar que en algun momento aparecera el t+1-esimo uno, digamos que ese es el termino $a_u$. Hasta $a_u$ hay t+1 unos, ademas como $a_u$ es uno, tenemos que $a_{u+1}=a_{t}=1$. Similarmente a la demostracion de que la sucesion no es constante demostraremos por induccion completa que los terminos $a_u,...,a_{u+k}$ son unos.\\<br />Supongamos que cumple hasta cierto $x$, en otras palabras $a_u,...,a_{u+x}=1$, para $x\in \mathbb{N}, \le k-1$. Como ya sabemos que hasta $a_u$ hay t+1 unos, entonces hasta $a_{u+x}$ hay $t+1+x$ unos, osea se cumple que $a_{u+x+1}=a_{t+x}$, como $a_{t+x}=1$ para todo $x\le k-1$ se demuestra lo pedido y la induccione esta probada.<br /><br /><br />$ --- Ultima edicion 4:52

iMPuRe Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 03:21 PM Publicado: #17
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 193 Registrado: 22-March 07 Desde: San Miguel, Santiago Miembro Nº: 4.651 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Cesarator @ Nov 1 2007, 04:24 PM) $TEX: {\bf Problema 4}.<br /><br />Ang\'elica est\'a escribiendo una lista de n\'umeros formada por ceros y unos.<br />Procede de la siguiente manera: Primero, escribe un $1$ y luego un $0$; luego, para la posici\'on $n$-\'esima, oberva el n\'umero en la posici\'on $n-1$ y cuenta cu\'antas veces aparece en la lista, denota a este n\'umero como $m$ y finalmente escribe en la posici\'on $n$ el mismo n\'umero que estaba en la posici\'on $m$.<br /><br />Juan el Mentiroso observa lo que hace Ang\'elica y le dice: {\it Dado cualquier entero positivo $k$ , en alg\'un momento vas a escribir $k$ n\'umeros $1$ consecutivos}.<br /><br />Determinar si Juan dice o no la verdad.<br /><br />$ Demostraremos que siempre podemos encontrar un intervalo dentro de la lista con $TEX: $k$$ ceros consecutivos y $TEX: $k$$ unos consecutivos para cualquier k natural. Razonaremos por induccion, para $TEX: $n=1$$ se cumple pues consideremos la lista hasta el tercer lugar y tenemos $TEX: $1,0,1$$ . Para $TEX: $n=k$$ diremos que se cumple, osea tendremos una lista de la siguiente forma $TEX: $1,0,1,0,0,1,1,...,\underbrace{0,...,0}_{k ceros},\underbrace{1,...,1}_{k unos}$$ . Ahora probaremos para $TEX: $n=k+1$$ , probaremos que luego de la secuencia de $TEX: $k$$ ceros y $TEX: $k$$ unos consecutivos viene una secuencia de $TEX: k+1$ ceros y $TEX: k+1$ unos consecutivos. Fijemonos que: En el primer lugar hay un $TEX: $1$$ . En el segundo comienza la secuencia de un cero y un uno consecutivo que termina en el tercer lugar ( $TEX: $1+2$$ lugar). En el cuarto comienza la secuencia de dos ceros y dos unos consecutivos que termina en el septimo lugar ( $TEX: $1+2+4$$ lugar). En el octavo lugar comienza la secuencia de tres ceros y tres unos consecutivos que termina en el $TEX: $1+2+4+6$$ lugar. . . . En el $TEX: $1+2 \cdot 1+2 \cdot 2+...+2\cdot (k)+1$$ lugar empezara la secuencia que estudiaremos para probar la induccion, una secuencia que hipoteticamente es de $TEX: k+1$ ceros y $TEX: k+1$ unos consecutivos. Notemos que en el lugar $TEX: $1+2 \cdot 1+2 \cdot 2+...+2\cdot (k)+1$$ debemos poner el numero de la posicion $TEX: $j$$ donde $TEX: $j$$ es el numero de unos antes de la poscicion, notemos que hay $TEX: $\frac{2 \cdot 1+2 \cdot 2+...+2\cdot (k)}{2}+1=\frac{k(k+1}{2}+1$$ unos antes de la poscicion, notemos que en esta poscicion hay un cero. Cuando escribamos el numero de la poscicion $TEX: $1+2 \cdot 1+2 \cdot 2+...+2\cdot (k)+2$$ tendremos que considerar el numero de ceros antes de la poscicion, estos son $TEX: $\frac{2 \cdot 1+2 \cdot 2+...+2\cdot (k)}{2}+1=\frac{k(k+1}{2}+1$$ pues contamos ahora el cero que acabamos de agregar en la poscicion anterior, como vimos antes aca hay un cero. De la misma forma en la poscicion $TEX: $1+2 \cdot 1+2 \cdot 2+...+2\cdot (k)+1+i$$ con $TEX: $i$$ entre $TEX: $0$$ y $TEX: $k$$ pondremos un cero, osea tendremos $TEX: $k+1$$ ceros, asi tambien con el mismo procedimiento anterior se demuestra que a estos $TEX: $k+1$$ ceros le siguen $TEX: $k+1$$ unos, terminando la induccion. Mensaje modificado por iMPuRe el Nov 1 2007, 03:41 PM -------------------- 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 257 263 269 271 277 281 283 293 307 311 313 317 331 337 347 349 353 359 367 373 379 383 389 397 401 409 419 421 431 433 439 443 449 457 461 463 467 479 487 491 499 503 509 521 523 541 547 557 563 569 571 577 587 593 599 601 607 613 617 619 631 641 643 647 653 659 661 673 677 683 691 701 709 719 727 733 739 743 751 757 761 769 773 787 797 809 811 821 823 827 829 839 853 857 859 863 877 881 883 887 907 911 919 929 937 941 947 953 967 971 977 983 991 997 1009 1013 1019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 1069 1087 1091 1093 1097 1103 1109 1117 1123 1129 1151 1153 1163 1171 1181 1187 1193 1201 1213 1217 1223 1229 1231 1237 1249 1259 1277 1279 1283 1289 1291 1297 1301 1303 1307 1319 1321 1327 1361 1367 1373 1381 1399 1409 1423 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Cesarator	Nov 1 2007, 03:24 PM Publicado: #18
Invitado	En ambas soluciones hay confusión y no se ven justificaciones adecuadas y claras para algunos pasos importantes. Luego, las doy por incorrectas. El problema aun vive.

Cesarator	Nov 1 2007, 06:00 PM Publicado: #19
Invitado	Ambas soluciones siguen incorrectas. A impure, le recomiendo ver cuál es el término en la posición 12. A The Lord, recisar su notación pues, según ella $TEX: $a_{u+1} =$ n\'umero en la posici\'on $t+1$ $= a_{t}$$ .

Cesarator	Nov 1 2007, 06:38 PM Publicado: #20
Invitado	Bien, ahora si resuelto el P4 por The Lord. Le doy 4 puntos, por haber tenido que avisar 2 veces de errores en la solución. Como esta maratón también servirá de entrenamiento para que representen a nuestro país en competiciones internacionales, y ahí nadie les va a avisar que su solución tiene errores o le faltan detalles (y les va a devolver la prueba para que arreglen su solución), me limitaré a decir ante estos casos SOLUCIÓN INCORRECTA sin decir si está incorrecta por errores, o por que falta justificar, o porque está muy mal escrita. No daré ninguna pista al respecto. Por ello, se recomienda que si alguien está trabajando en una solución, pero ve que otro posteo antes, igual la postee, pues la anterior podría estar Incorrecta. TABLA: 1º: The Lord ----- 17pt 2º: iMPuRe--------6pt 3º: Manuel71-----1pt $TEX: <br />{\bf Problema 5}. Se define una sucesi\'on $(x_n)$ poniendo <br />\[<br />x_1= 3, \ \ x_{n+1} = x_n + x_n^2.<br />\]<br />Determinar los \'ultimos dos d\'{\i}gitos de $x_{2007}$.<br />$

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