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mini-maraton olimpica Jr

julio el chato Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 09:28 PM Publicado: #41
Principiante Matemático Destacado Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 24 Registrado: 14-June 07 Desde: mi casa Miembro Nº: 6.722 Nacionalidad: Sexo:	$TEX: EL primer numero de derecha a izquierda sin contar los ceros es 2 por lo siguiente$ $TEX: el numero 19!= 121645100408832000 tiene 3 ceros al final en cambio todos los numero en adelante tienen 4 ceros o mas ,debido a esto cuando se suman el numero 2 pasa solo hacia abajo y el resultado tiene un 2 como primer numero de derecha a izquierda si contar los ceros.$ $TEX: los demas numero tienen 4 o mas ceros debido a que 20! es igual a 19! pero multiplicado por 20 lo que le agrega un cero$ Mensaje modificado por julio el chato el Nov 1 2007, 09:36 PM -------------------- ola

Zirou Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 09:32 PM Publicado: #42
Máquina que convierte café en teoremas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 1.665 Registrado: 18-August 05 Desde: Concepción Miembro Nº: 247 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: Notar que $20!=19!\cdot2\cdot 10$ luego $20!$ posee un cero mas que $19!$ y los numeros que le siguen ($21!,22!\ldots 97!$) tienen la misma naturaleza que 20!, tener al menos un cero m\'as en su notaci\'on decimal. Luego el primer d\'igito significativo de n es el primer digito de $19!$ y este es el 2.<br />$ -------------------- $TEX: $mathcal{Z}$ $imath$ $Re$ $varnothing$ $mho$$ Manual para subir imágenes y archivos a fmat (con servidor propio) Manual de latex Estilo Propio Lista de libros en fmat "Un Matemático es una máquina que trasforma café en teoremas"(Erdös) --- Consultas, sugerencias, reclamos via mp o a los correos mencionados.

Cesarator	Nov 1 2007, 09:40 PM Publicado: #43
Invitado	Le damos 6pt del p9 a The Lord (1 menos por error de tipeo). TABLA: 1º: The Lord ----- 30pt 2º: Manuel71-----19pt 3º: iMPuRe--------13pt *** $TEX: <br />{\bf Problema 10}. Un cristalero dispone de una pieza de vidrio de forma triangular. Usando sus conocimientos<br />de geometr\'{\i}a, sabe que podr\'{\i}a cortar de ella un c\'{\i}rculo de radio<br />$r$. <br /><br />Juan el mentiroso dice: {\it Para cualquier natural $n$, se pueden obtener de la pieza original $n^2$<br />c\'{\i}rculos de radio $r/n$.}<br /><br />Determinar si Juan dice o no la verdad.<br />$

iMPuRe Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 09:49 PM Publicado: #44
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, 11:40 PM) $TEX: <br />{\bf Problema 10}. Un cristalero dispone de una pieza de vidrio de forma triangular. Usando sus conocimientos<br />de geometr\'{\i}a, sabe que podr\'{\i}a cortar de ella un c\'{\i}rculo de radio<br />$r$. <br /><br />Juan el mentiroso dice: {\it Para cualquier natural $n$, se pueden obtener de la pieza original $n^2$<br />c\'{\i}rculos de radio $r/n$.}<br /><br />Determinar si Juan dice o no la verdad.<br />$ Como se puede cortar un circulo de radio r y sabemos que la circunferencia de mayor radio que podemos cortar es la inscrita el radio de la circunferencia inscrita es $TEX: $\ge r$$ . Basta con dividir cada lado en n partes iguales y por cada uno de los puntos definidos trazar una paralela a los otros dos lados (a los lados en que no esta el punto seleccionado), asi tendremos $TEX: $n^2$$ triangulos congruentes en razon $TEX: $\frac{1}{n}$$ con el triangulo inicial, asi el radio de sus circunferencias inscritas seran $TEX: $\ge \frac{r}{n}$$ por lo tanto podremos hacer circunferencias mas chicas que sus inscritas, osea de radio exactamente $TEX: $\frac{r}{n}$$ , osea Juan dice la verdad. Adjuntare un dibujo de como va dividiendo el triangulo en n triangulos congruentes: Mensaje modificado por iMPuRe el Nov 1 2007, 10:05 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 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9791 9803 9811 9817 9829 9833 9839 9851 9857 9859 9871 9883 9887 9901 9907 9923 9929 9931 9941 9949 9967 9973 10007

Manuel71 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2007, 10:11 PM Publicado: #45
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 329 Registrado: 24-August 06 Desde: Concepción Miembro Nº: 2.038 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: Para este problema se necesita demostrar que $1+2+3+...+(2n-1)=n^2$. Vemos que para $n=1$ se cumple. Si asumimos que se cumpla para alg\'un $n$, vemos el caso para $n+1$:\\<br />$1+3+5+...+(2n-1)+(2n+1)=n^2+2n+1=(n+1)^2$\\<br />Se cumple. Por induccion matematica, queda demostrada la igualdad.<br />\\<br />\\Colo camos $n-1$ puntos en cada lado del triangulo de modo que estos queden divididos cada uno en $n$ segmentos iguales. Unimos los pares de puntos tal que se formen l\'ineas paralelas a los lados del triangulo. Aqu\'i un ejemplo para $n=5$$ $TEX: Vemos que se forman $1+3+5+...+(2n-1)=n^2$ tri\'angulos pequeños, cada uno semejante al original en razon $1:n$.\\<br />\\<br />Dado un $n$, el area total ocupada por los circulos debe ser $n^2(\frac{r}{n})^2\cdot \pi=r^2 \pi$. Como sabemos que el circulo de radio $r$ cabe en el triangulo original, entonces cada circulo de radio $\dfrac{r}{n}$ cabr\'a dentro de cada uno de los triangulos pequeños semejantes al grande, y lo que dijo Juan s\'i puede llevarse a cabo.\\<br />Juan dice la verdad.$

Cesarator	Nov 2 2007, 04:40 AM Publicado: #46
Invitado	Doy ambas soluciones al P10 por incorrectas y, de hecho, haciendo uso de mis facultades totalitarias en esta maratón, eliminaré el P10 de la competición y propondré mañana un nuevo P10... Así, a descansar y esperar el nuevo P10 propuesto (Leer bien las reglas y que soluciones alternativas a los problemas anteriores tambien tienen puntaje).

Cesarator	Nov 2 2007, 08:58 AM Publicado: #47
Invitado	TABLA: 1º: The Lord ----- 30pt 2º: Manuel71-----19pt 3º: iMPuRe--------13pt Entonces va ahora el verdadero problema 10. $TEX: <br />{\bf Problema 10}. Considerar un cuadriculado de $m\times n$ con n\'umeros en sus casilleros. <br />Una operaci\'on consiste en cambiar<br /> simult\'aneamente el signo de todos los n\'umeros de una fila o de una columna.<br /><br />Juan el mentiroso dice: {\it No importa los n\'umeros que est\'en al principio,<br />despu\'es de cierta cantidad de operaciones se puede lograr que la suma de cada<br />fila y columna del cuadriculado sea no negativa}.<br /><br />Determinar si Juan dice o no la verdad.<br /><br />$

Manuel71 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 2 2007, 09:13 AM Publicado: #48
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 329 Registrado: 24-August 06 Desde: Concepción Miembro Nº: 2.038 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: Se tienen $mn$ casilleros y cada uno con dos alternativas, positivo o negativo, o con una sola, si es $0$. Por lo que a lo mas se pueden formar $2^{mn}$ tableros diferentes, es decir, hay una cantidad finita de ellos. Si consideramos la suma de todos los n\'umeros de cada tablero, alguno debe ser el m\'aximo (el de mayor suma).\\<br />Asumamos que dicho m\'aximo tiene alguna fila cuya suma sea negativa, luego si aplicamos al cambio de signo a dicha fila, esta se volver\'a positiva y la suma total del tablero aumentar\'a, lo cual es una contradicci\'on pues el tablero anterior era el m\'aximo. Entonces, existe un m\'aximo tablero que debe tener la suma de cada una de sus filas y columnas no negativas.\\<br />Juan dice la verdad$

The Lord Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 2 2007, 11:05 AM Publicado: #49
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:	Se parece a la sol anterior, pero muestra un algoritmo para llegar a lo pedido entre otras cosas $TEX: \noindent Ordenemos las filas de arriba a abajo con $1,2,...,m$ y las columnas de izquierda a derecha con los numeros $1,...,n$.<br />Diremos que $S$ es la suma original de todos los elementos del tablero.\\<br />Denotemos con $a_i$ a la suma de la fila $i$, $b_i$ a la suma de la columna $i$.\\<br />Presentaremos un algoritmo para poder llegar a que $a_i,b_i\ge0$ para todo $i$.\\<br />Si el tablero original cumple que todos los $a_i,b_i$ son $\ge 0$ no hay nada que hacer, supondremos que algunas filas y/o columnas tienen sumas negativas.\\<br />Notemos que cuando cambiamos los signos de una fila $k$ tal que $a_k<0$, la suma aumenta en $-2a_k>0$ (de igual forma para una columna $r$ con $b_r<0$, $S$ aumenta en $-2b_r>0$) (1)\\<br />Es importante ver que $S$ tiene un maximo, que se da cuando cada numero en el tablero es positivo (maximo no necesariamente alcanzable pero es importante que $S$ es acotado superiormente).\\<br />Nuestro algoritmo es ir cambiando todas las filas con suma negativa por positivas y las columnas negativas por positivas (por ejemplo: cambiar las filas de suma negativa, luego las columnas negativas, luego las filas y asi).\\<br />Veamos que por cada paso de nuestro algoritmo la suma aumenta estrictamente (ver (1)), pero como nuestra suma es finita, necesariamente nuestra suma en algun momento se hara constante (no puede crecer indefinidamente y no esta permitido que baje la suma)\\<br />Cuando la suma se hace constante el algoritmo se acaba. Demostraremos que en este momento todas las filas y columnas tienen suma no negativa.\\<br />Supongamos que cuando la suma se hace constante no todas las filas y columnas tienen suma no negativa, luego cambiamos esa fila o columna y se vuelve a aumentar la suma (no se mantiene, aumenta) , algo que contradice la constancia de S.\\<br />Luego siguiendo el algotimo mostrado obtendremos todas las filas y columnas con sumas no negativas luego de una cantidad finita de pasos.$

pelao_malo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 2 2007, 02:58 PM Publicado: #50
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 878 Registrado: 14-May 07 Desde: Talcahuano Miembro Nº: 5.845 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(Cesarator @ Nov 1 2007, 08:13 PM) $TEX: {\bf Problema 6}. Determinar todos los n\'umeros enteros $a$ tales que<br />\[<br />2^a(4-a) = 2a +4.<br />\]<br />$ $TEX: \noindent Claramente $a\not=4$ ya que si lo fuera, el lado izquierdo de la ecuacion seria 0 y el derecho mayor que 0.\\<br />Entonces no hay problema en dividir por $4-a$.\\<br />$2^a=\dfrac{2a+4}{4-a}=\dfrac{2a-8+12}{4-a}=\dfrac{12}{4-a}-2$.\\<br />Como $2^a\ge 0$, entonces $\dfrac{12}{4-a}\ge 2$.\\<br />Hay que notar que si $a>4$ entonces no se cumple la desigualdad, ya que su lado izquierdo seria negativo.<br />Si $a<-2$, entonces 3 seria mayor que el lado izquierdo.<br />entonces $a\in{[-2,3]}$.<br />Por inspeccion se ve que las soluciones son $a=0,1,2$.<br />$ --editado por error en cifra--- pd: es demasiao igual a la de manuel, pero queria postiar sikiera una vez en esta maraton Mensaje modificado por pelao_malo el Nov 2 2007, 03:25 PM -------------------- $TEX: $\sqrt{5}=41$$

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